Devre Analizi 2 Ders Notlari

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM

1. Sinüs Akım ve Gerilim v (t ) = Vm .sin( ω .t + θ ) rad ).s = rad s 180 derece = (ω .t )

ω .t = (

π

ω = 2πf

f = frekans (Hz) Vm= maksimum değer, ω=açısal hız (rad/s) ve θ = sıfıra göre faz açısıdır. V(t) değerini hesaplarken, θ derece ise,( ω.t) dereceye çevrilir ve θ ile toplanır. Ya da θ radyana çevrilir ve radyan modunda (ω.t) ile toplanarak işlem yapılır. Örnek: v(t)=100sin(4000.t +30o) ‘nin t= 0.1 s ‘deki değerini bulunuz. v(t ) = 100. sin( 4000.(0.1).

π = 3.14

180

π

+ 30)

v(t ) = 100.(−0.99) = −99 V.

Empedans (Z): AC sin. devrelerinde bir sistemin empedansı aşağıdaki şekilde tanımlanır. 2 .Vrms V rms V V (max) Vrms ve Irms etkin değerlerdir. empedans = Z = = = = I (max) I 2 .I rms I rms R ‘de sinüs akım ve gerilim 100

v R (t ) = Vm sin(ωt )

50

R

iR (t ) = I m sin(ωt ) R için

iR(t)

0

vR(t) -50

v R (t ) Vm . sin(ω.t ) = R R Vm = . sin(ω.t ) = I m . sin(ω.t ) R v R (max) =R i R (max)

i R (t ) =

iR(t)

-100 0

50

100

150

200

250

300

Derece=( ωt ).180/pi

vR(t)

1

350

400

450


L ‘de sinüs akım ve gerilim

L iL(t) vL(t) 100

di (t ) v L (t ) = L. L dt 1 1 i L (t ) = ∫ v L (t ).dt = ∫ Vm . sin(ω.t ).dt L L

v L (t ) = Vm sin(ωt ) i L (t ) = I m sin(ωt −

50

π 2

)

0

i L (t ) = =

1 .Vm .(− cos(ω.t )) ω.L

-50

Vm π . sin(ωt − ) ω .L 2

= I m . sin(ω.t −

π 2

-100

0

)

50

100

150

200

250

300

350

Derece=(wt).180/pi

v L (max) = ω.L i L (max)

400

45 0

VL Pozitif dönüş

iL

2


C ‘de sinüs akım ve gerilim

C iC(t) vC(t)

100

vC (t ) = Vm sin(ωt )

1 vC (t ) = ∫ iC (t ).dt C dv (t ) d (Vm .sin(ω.t ) iC (t ) = C C = C dt dt = (ω.C ).Vm . cos(ω.t ) = (ω.C).Vm .sin(ω.t + = Im .sin(ω.t +

π 2

π 2

50

iC (t ) = I m sin(ωt +

π 2

)

0

) -50

)

vC (max) 1 = iC (max) ω.C

100 0

50

100

150

200

250

300

Derece =( ωt )

350

400

450

.180/pi

iC vC Pozitif dönüş

3


Temel Örnekler Örnek: Aşağıda seri bir RL devresinden i(t)= Im.sin(ω.t) geçiyorsa uygulanmış toplam gerilimi vT’yi tek bir sin. Fonksiyonu şeklinde gösteriniz.

i(t)

L

R

Hatırlatmalar:

cos(a + b) = cos a. cos b − sin a. sin b cos(a − b) = cos a. cos b + sin a. sin b

VL

VR

sin( a + b) = sin a. cos b + sin b. cos a sin( a − b) = sin a. cos b − sin b. cos a

VT

vT = v R + v L = R.I m . sin(ω.t ) + L.

di (t ) = R.I m .sin(ω.t ) + (ω.L.).I m . cos(ω.t ) dt

vT = A. sin(ωt + θ ) = R.I m . sin(ω.t ) + (ω.L.).I m . cos(ω.t ) = A. sin(ωt ). cos(θ ) + A.sin(θ ). cos(ωt ) = R.I m . sin(ω.t ) + (ω.L.).I m . cos(ω.t )

Aynı terim çarpanları karşılıklı eşitlenirse, A. sin(θ ) (ωL).I m = A. cos(θ ) R.I m

A. cos(θ ) = R.I m A. sin(θ ) = (ω.L) I m A için, R.I m A= = cos(θ )

R.I m R

tg (θ ) =

ω.L R

= I m . R 2 + (ωL) 2

R 2 + (ωL) 2 veya A=

(ωL.) I m = sin(θ )

(ωL.) I m (ωL )

= I m . R 2 + (ωL) 2

Z = R 2 + (ωL) 2

ωL

R 2 + (ωL) 2

θ R

4


ωL   vT = A. sin(ωt + θ ) = I m . R 2 + (ωL) 2 . sin ωt + tg −1 ( ) 1442443 R   Vm

empedans = Z =

Vm = R 2 + (ωL ) 2 Im

R = 0 ise θ = 90 (endüktif) , (ωL) = 0 ise θ = 0 (omik)

Örnek: Aşağıda seri bir RC devresinden i(t)= Im.sin(ω.t) geçiyorsa uygulanmış toplam gerilimi vT’yi tek bir sin. Fonksiyonu şeklinde gösteriniz. R

i(t)

C

VR

VC VT

v T = v R + vC = R.I m . sin(ωt ) +

I 1 i{ (t ) .dt =R.I m . sin(ωt ) − m cos(ωt ) ∫ C I . sin(ωt ) ωC m

vT = A. sin(ωt + θ ) = R.I m . sin(ωt ) −

Im cos(ωt ) ωC

= A. sin(ωt ). cos(θ ) + A. sin(θ ). cos(ωt ) = R.I m . sin(ωt ) −

Im cos(ωt ) ωC

Aynı terim çarpanları karşılıklı eşitlenirse,

1 Im − A. sin(θ ) (ωC ) 1 = tg (θ ) = ωC = =− A. cos(θ ) R.I m R (ωC ) R

I A. sin(θ ) = − m ωC A. cos(θ ) = R.I m Im A için, A = ωC = sin(θ ) −

−

Im 1 2 ωC ) = Vm = Im. R2 + ( 1 ωC − ωC 1 2 R2 + ( ) ωC

R

−

5

-θ Z = R2 + (

1/(ωC)

1

ωC

)2


vT = A.sin(ωt + θ ) = I m . R2 + ( = I m . R2 + (

 1 2 1  ) . sinωt + tg −1 (− ) ωC (ωC)R  

 1 2 1  ) . sinωt − tg −1 ( ) ωC (ωC)R  

Vm 1 = Z = R2 + ( )2 Im ωC

empedans=

R = 0 iseθ = -90o (kapasitif),

1 = 0 ise θ = 0o (omik) (ωC)

Örnek Aşağıdaki devrede v(t)=Vm.sin(ωt) ise i(t) akım fonksiyonunu tek bir sin. Fonksiyonu olarak bulunuz. i(t) iR v(t)

R

iL

iC C

L

v(t ) 1 dv(t ) + ∫ v(t ).dt + C . R L dt Vm Vm = sin(ω.t ) − cos(ω.t ) + ω.C.Vm cos(ω.t ) ω.L R = A.sin(ω.t + θ ) olsun

i(t ) = iR + iL + iC =

A.sin(ω.t).cos(θ ) + A.sin(θ ).cos(ω.t) = A. sin(θ ) = Vm (ω.C -

A. cos(θ ) =

cos(θ ) =

V Vm sin(ω.t ) − m cos(ω.t ) + ω.C.Vm cos(ω.t ) ω.L R

1 ) ω.L

Vm R

tg(θ ) =

A.sin(θ ) = A.cos(θ )

(1 / R) 1 1 2 ( ) 2 + (ωC − ) R ωL

6

(ω.C -

1 ) ω.L

1 R

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM 1 1 2 ( ) 2 + (ωC − ) Vm 1 Vm 1 1 2 R L ω A= . = . = Vm . ( ) 2 + (ωC − ) 1 R cos(θ ) R R442444 ωL4 144 3 ( ) Im R 1 1 2 1   i(t ) = Vm . ( ) 2 + (ωC − ) . sin ωt + tg −1 ((ωC − ) R) ωL ωL  R  1 empedans = Z = 1 1 2 ( ) 2 + (ωC − ) R ωL

Böyle bir paralel devrede, iL>iC ise yani 1 /(ωL) > ωC ise açı negatif olup i(t) gerilimden geridedir(endüktif karakter), tersi ise açı pozitif olup i(t) gerilimden ileridedir (kapasitif karakter). Böylece akımın açısını ωL ve 1/ (ωC) ‘nin terslerinin büyüklüğü, yani aynı gerilimli paralel kol akımlarının büyüklüğü belirler. ωL = 1/ (ωC) ise sistemin akımı ile gerilimi arasındaki açı sıfırdır (sistem omik karakter). Seri ve Paralel RLC devrelerinde eşdeğer empedans Seri RLC devresi için: R

L

VR

VL

i(t)

C

VL = I .(ω.L)

VC

VR = I .R

I

VT

(ω.L)

VC = I .(

1 ) ωC

R

VT 2 = V R 2 + (V L − VC ) 2 ( I 2 Z 2 ) = ( I 2 .R 2 ) + [ I (ωL) − I (

(

Z 2 = R 2 + [(ωL ) − (

1 ) ωC

7

1

ωC

)] 2

1

ωC

)] 2


Paralel RLC devresi için:

iT iL

iR v(t)

L

R

iC

C

IC =

V 1 ωC V

(ω.C )

IL = ( 1 R

(

2

V

ωL

IR=V/R

)

2

I T = I R + (I C − I L ) 2 V V V V 2 − ( )2 = ( )2 + ( ) 1 Z R ωL ωC 1 2 1 2 1 2 ( ) = ( ) + (ωC − ) ωL Z R

1 ) ωL

Örnek: Şekildeki seri RL devresinde uygulan gerilim fonksiyonu v(t) ve açısını bulunuz. 10 v(t)

20 mH

i(t)=2.sin(500t)

ω = 500 rad/s, I m = 2 Z = R 2 + (ω.L) 2 = 10 2 + 10 2 = 14.14 ohm ω.L = 500.(0.02) = 10 10 ω.L tg(θ ) = ise θ = tg -1 ( ) = 45o Vm = Z .I m = 14.14.(2) = 28.28 V. R 10 v(t) = Vm . sin(500t + θ ) = 28.28 sin(500t + 45o )

Örnek: Seri bir RL devresinde R=20 ohm, L=0.06 H. Ve akım gerilimden 80o geridedir. ω= ?

tg(θ ) =

ω.L R

= tg (80) = 5.67 ise

ω.L = (5.67).20 = 113.42 ohm ω.L = 113.42 /(0.06) = 1890.42 rad/s ω= L

8


Örnek: Seri bir RL devresinde, L=0.02 H., empedans 17.85 ohm ‘dur. Akım gerilimden 63.4o geride olduğuna göre ω ve R değerlerini bulunuz.

tg(θ ) =

ωL R

= tg (63.4) ≅ 2

R=

Z = R 2 + (ωL) 2

ωL ωL = tg(θ ) 2

17.85 = (

(ωL) = 16.08 ohm , R =

ωL 2

=

ωL 2

) 2 + (ωL) 2 = (ωL).

16.08 = 8.04 ohm 2

1 +1 4

ve ω = 16.08 / 0.02 = 804 rad/s

Örnek: Şekildeki seri RC devresinde uygulanan v(t)=?

i(t ) = 2. cos(5000t )

R=5 v(t) =?

Sin. Gerilimli devrelerdeki gerilim akım arasındaki faz farkı durumları cos. lü devreler için de geçerlidir.

ω = 5000, I m = 2 A. Vm = I m .Z = 2. 5 2 + (

C = 20 µF

1 ) 2 = 22.36 V. 5000(20.10 − 6 )

1 1/(ωC) (5000)20.10 − 6 tg(θ ) = = =2 R 5

ise θ = 63.43o

v(t) = 22.36cos(5000t - θ ) = 22.36cos(5000t - 63.43 o )

Örnek:

ωL ve 1 /(ωC ) ifadelerinin birimlerinin ohm olduğunu gösteriniz.

9


v=L

di dt

amper s 1 (volt ).s volt ωL = .( )= = ohm amper {s amper volt = ( Henri)

ω

dq cloumb = = amper dt s q cloumb (amper).s C = = farad = = v volt volt volt 1 1 1 = ( ).( = = ohm 1 (amper).s amper ωC s volt { i=

1/ ω

10


2. Karmaşık Sayılarla Analiz Gerçek (Reel) sayılar: Gerçek sayılar − ∞ ile ∞ arsında x ekseni boyunca uzanır, ve pozitif sayıların karekökleri de bu doğru üzerindedir. Sanal Sayı: Negatif gerçek sayıların kareköklerini ifade eder. - 1, - 2 ve

- 20 gibi

-1 = j − 2 = 2. − 1 = j 2 2

j3 = j. j 2 = ( −1). j = − j

j = −1,

j 4 = j 2 . j 2 = ( −1).(−1) = 1

Sanal sayılar gerçek sayı do ğrusunda gösterilmez. Bunlar için ayrı bir sayı do ğrusu y ekseninde ifade edilir. Böylece j terimi çarpan olarak girdiği gerçek sayıyı pozitif dönüş yönüne göre 90 o döndürür.

Sanal Sayı ekseni

y

-40

-3

-1

j10

Pozitif dönüş yönü

j1 0

1

2

2

100

-j1 Gerçek sayı ekseni -j30

11

x


Karmaşık Sayı: Gerçek ve sanal sayıları kapsayan bir sayı gurubu olarak karmaşık sayılar ifade edilir. Bu sayılar bir vektör olup koordinatlarını gerçek ve sanal terimler oluştur. Bir karmaşık sayının adresi ve ifadesi aşağıdaki gibidir. Z = (reel , sanal) = ( a, jb ) = a + jb y 100+j4

j4

-40+j

j1

-40

-3

-1

-3+j0=-3

-3-j5

0

1

x

100

3 3-j

-j1

-j5

Gösterim Şekilleri:

y z = r = a2 + b2 a = r. cos θ

jb

b = r. sin θ b θ = tg −1 ( ) a z = a + jb = r.(cosθ + j sin θ )

0

z r= z

θ a

x

Euler gösterimi

e

jθ

= cos θ + j sin θ

dik koordinat şekil → z = a + jb kutupsal şekil → z = r∠θ üstel şekil → z = r.e jθ trigonometrik şekil → z = r.(cosθ + jsin θ ) Bu gösterim şekillerinin hepsi aynı anlamı verir.

12

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Buradaki θ açısı karmaşık sayı vektörünün gerçek ve sanal terimlerinin belirlediği x ekseni ile yaptığı mutlak açıdır. Z karmaşık sayısının gerçek açısı pozitif x ekseni ile yaptığı açıdır. Dik koordinat şekilden kutupsala veya üstele dönüşümde, karmaşık sayılar birbirinden farklı olmasına rağmen tg −1 (b / a) değeri b ve a nın negatif veya pozitif değerlerine göre aynı açı değerleri verebilir. Açının gerçek değeri, gerçek ve sanal terimlerin konumlarının belirlediği x-y koordinat ekseninden belirlenebilir. Örnek: Z 1 = −4 + j 4

θ = tg −1 (

Z2 = 4 − j4

4 ) = 45 −4

θ = tg −1 (

−4 ) = 45 4

y

Z 1 = 4 2∠135 j4

180o – 45o

θ = 45 -4

x

0

θ = 45 4

Z 2 = 4 2∠ − 45

- j4

Karmaşık Sayının Eşleniği:

Karmaşık sayının eşleniğinde, sanal terimin işaretinin tersi alınır. Gerçek terim işareti korunur. Kutupsal gösterimde ise açının ters işareti alınır. Eşlenik

→ Z*

z = a + jb

z = r∠θ

z = r.e jθ

z * = a − jb

z * = r∠ − θ

z * = r.e − jθ

Z = j4 → Z * = − j 4 Z = 2∠50 → Z * = 2∠ − 50

gibi.

13

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Karmaşık Sayıların Eşitliği:

Gerçek ve sanal terimler karşılıklı olarak birbirine eşittir. z1 = a + jb z 2 = c + jd z 1 = z 2 → a = c, b = d

Toplama Đşlemi:

Karşılıklı gerçek ve sanal terimler birleriyle toplanır. Kutupsal gösterim gibi diğer şekillerde ise karmaşık sayılar dik koordinat şekline dönüştürülür ve işlem yapılır. z1 = 5 − j 2, z 2 = −3 − j8 z1 + z 2 = (5 − j 2) + (−3 − j8) = (5 − 3) + j (−2 − 8) = 2 − j10 z1 − z 2 = 5 − j 2 − (−3 − j8) = 8 + j 6

Çarpma Đşlemi:

Dik koordinat şekillerinde her bir terimin birbiriyle çarpımın toplamları ile ifade edilir. Kutupsal ve üstel şekillerde ise büyüklükler çarpılır açılar toplanır. z1 = a + jb, z 2 = c + jd

z1 .z 2 = (a + jb).(c + jd ) = a.(c + jd ) + jb(c + jd )

Z 1 .Z 2 = r1 .e jθ1 .r2 .e jθ 2 = ( r1 .r2 )e j (θ1 +θ 2 ) Z1.Z 2 = ( r1∠θ1 ).(r2 ∠θ 2 ) = ( r1.r2 )∠(θ1 + θ 2 )

Bölme Đşlemi:

Dik koordinatlı şekillerde bölme işlemi için paydanın eşleniği, pay ve payda ile çarpılır ve işlem yapılarak sonuç bulunur. Kutupsal gösterimlerde ise büyüklükler bölünür, paydadaki sayının açısı -1 ile çarpılarak paydaki açı ile toplanır. Z1 (a + jb) (a + jb).(c − jd ) (a + jb).(c − jd ) = = = 2 2 Z 2 (c + jd ) (c + jd ).(c − jd ) c1 +d 2 3 gerçek sayı

Z1 r1.e jθ1 r = = ( 1 ).e j (θ 1 −θ 2 ) Z 2 r2 .e jθ 2 r2

1 = e − jθ e jθ

Z1 r1∠θ1 r = = ( 1 ).∠θ1 − θ 2 Z 2 r2∠θ 2 r2

14


Not: Toplama işlemlerinde dik koordinat şekil, bölme ve çarpma işlemlerinde sayıların kutupsal veya üstel şekiller olması işlem basitliği vermektedir. Karmaşık Sayıların Kökü:

z = r.e jθ = r.e j (θ + 2πn )

k

z = r∠θ = r∠θ + 360.n

k

 n = 0,1,2 z = r (1 / k ) ∠(θ + 360.n) / k  z = r (1 / k ) .e j (θ + 2πn ) / k

k tane farklı kök için n=0,1,2,3,….(k-1) kadar kök vardır. z = 81 / 3 ∠(60 + 360.n) / 3 = 2∠(60 + 360.n) / 3 n = 0 → 2∠20 3

z = 8∠60 için,

n = 1 → 2∠140 n = 2 → 2∠260

‘dir.

z = 1 + j 0 = 1∠0 ‘in beş beşinci kökü için, 5

z = 1(1 / 5).e j ( 2πn ) / 5

n = 0 → 1.e j 0 = 1∠0 z = 1 + j 0 = 1.e j ( 0+ 2πn )

n = 1 → 1.e j 2π / 5 = 1∠72 n = 2 → 1.e j 4π / 5 = 1∠144 n = 3 → 1.e j 6π / 5 = 1∠266 n = 4 → 1.e j 8π / 5 = 1∠288

Karmaşık Sayıların Logaritması:

z = r .e j (θ + 2 πn )

ise,

ln( z ) = ln(r ) + ln(e j (θ + 2πn ) ) = ln(r ) + j (θ + 2πn ) ‘dir. Sonuç n değerlerine bağlıdır. n=0 ‘da esas değer elde edilir. Genellikle bu değer kullanılır.

15


Empedansların Karmaşık Sayılarla Đfadesi:

R

L

C

V∠0 = R∠0 = R I∠0 V∠0 = ω.L∠90 = j (ω.L ) I∠ − 90 1 1 V∠0 = ∠ − 90 = − j ( ) I∠90 ωC ωC

16


3. AC Seri ve Paralel Devrelerde Analiz Sinüs gerilimli alternatif akım (AC) devrelerinde, L endüktansı için empedans jXL ile C kapasitörü için empedans –jXC ile ifade edilir. Bunların büyüklük değerleri aşağıdaki ifadelerle hesaplanır. X L = ω .L XC =

ve ω = 2.π . f

1 ωC

Örneğin L=400 mH ve C = 25µF için aşağıda tabloda verilmektedir.

ω ’nın farklı değerlerine göre XL ve XC değerleri

ω(rad/s) XL=ωL XC=1/(ωC) 100 40 400 250 100 160 500 200 80 700 280 57.1429 1000 400 40

Genel bir yaklaşımla XL ile ω doğrusal olarak artarken, XC ise ω ile doğrusal olmayan bir şekilde üstel azalmaktadır. Đlgili prensip grafikler aşağıda verilmektedir. 500

JXL=J ( ωL )

0

-JXc=-j 1/ ( ωC ) -500

0 -1000

50

100

150

200

250

300

ω (rad/s)

17

350

400

450

500


Empedansların devrelerde gösterimi :

Empedanslar devre çizimlerinde, dikdörtgen şeklinde bileşke empedanslar veya tek empedanslar halinde karmaşık sayılarla birlikte gösterilir.

−j

R

− j

a + jb

jω.L

R

1 ωC

a − jb

1 ωC

− jb

Örnek: Empedansı 40∠30 ohm olan seri bir RL devresinde L=0.02 H.’dir. R=? ve f= ?

R = Z . cos(θ ) = 40 cos(30) = 34.64 X L= Z .sin(θ ) = 40. sin( 30) = 20

Z∠30 = R + jX L

ω = 2πf =

ωL L

=

XL 20 = = 1000 rad/s L 0.02

ω 1000 f = = = 159.23 Hz. 2π 2π Seri ve Paralel eşdeğer empedanslar Z1

Z2

Z3

Z s = Z 1 + Z 2 + Z 3 + ....

Zs

Zp

Z1

Z2

1 1 1 1 = + + + .. Z p Z1 Z 2 Z 3

Z3

Z karmaşık sayı işlem kuralları çerçevesinde analiz yapılır..!

18


Örnek: Şekildeki devrede akım I = 2∠ − 50 A.’dir. Bu devreye seri olarak 100µF ’lık kondansatör eklendiğinde, eşdeğer empedansı ve yeni çekilen akımı bulunuz. R

0.01 H

I

40∠0 V.

1.durum: 40∠0 = 20∠50 0 ohm 2∠ − 50 R = Z . cos 50 = 20. cos(50) = 12.85

Z=

X L = Z . sin 50 = 20. sin(50) = 15.32

ω=

X L 15.32 = = 1532.08 rad/s L 0.01

2.durum

R=12.85

jX L = j15.32

− jX C

0.01 H

− j 6.52

100µF

I=?

40∠0 XC =

1

ω.C

=

1 = 6.52 (1532.08).(100)10 − 6

Z es = R + jX L − jX C = 12.85 + j (15.32 − 6.52) = 12.85 + j8.79 = 15.56∠34.37 o I=

40∠0 = 2.62∠ − 34.37 o A. 15.56∠34.37

19


Örnek: Şekildeki her empedans üzerindeki gerilimi, çekilen akımı ve vektör (fazör ) diyagramını çiziniz.

Z1 = 10

I

Z 2 = 4.47∠63.4 o = 2 + j 4

V = 100∠0 V.

Z = Z 1 + Z 2 = 10 + (2 + j 4) = 12 + j 4 = 12.64∠18.43 o 100∠0 = 7.91∠ − 18.43 A. 12.64∠18.43 V1 = Z 1 .I = (10∠0).(7.91∠ − 18.43) = 79.1∠ − 18.43 V. I=

V2 = Z 2 .I = (4.47∠63.4).(7.91∠ − 18.43) = 35.35∠44.97 V.

Fazör diyagramı:

V2=35.35 -18.43o V1=79.1 44.97o -18.43

V=100

o

I=7.91 V1=79.1 Sağ lama: V = ? V1 + V2 = (75.04 − j 25) + (24.76 + j 24.73) 100 ≅ 99.8

20

0o


Örnek: Şekildeki devrede Z2=?

5

Z2=?

I = 2.5∠ − 15 o A

50∠45

50∠45 = 20∠60 2.5∠ − 15 Z es = 5 + j8 + Z 2 Z es =

j8

Z 2 = (20∠60) − (5 + j8)

o

= 10 + j17.32 − 5 − j8 = 5 + j9.32

Örnek: Şekildeki voltmetre ölçüm değerlerine göre bobine ait R ve L değerlerini bunuz. voltmetre

voltmetre

20 V

22.4 V

10

R

L

36 V, 60 Hz

I = 20 / 10 = 2 A. ve bu 10 ohm’daki gerilimle aynı fazdadır. Bunlar fazör gösterimde referans alındığında I = 2∠0 o A. yazılabilir.

36 V.

36 V. Vb =22.4

jVx

22.4

α 20

VR = 20∠0 o

VRb

36 2 + 20 2 = 22.4 2 + 2.(36).(20). cos α cos α = 0.82

α = 33.96 o

36∠θ = 18∠θ θ =α 2∠0 Sistem seri devre oldu ğundan, empedans eşitliği ve fazör diyagramı aşağıdadır. Z=

21


Z=18

jX

Zb

α = 33.96

R

10

X X = Z 18 X = 18. sin( 33.96) = 9.9

Z = 10 + Z b = 10 + ( R + jX )

sin α =

(10 + R) 10 + R = Z 18 R = (18. cos(33.96)) − 10 = 4.92

L=

cos α =

X 9.9 = = 0.026 H. = 26 mH 2πf 2π (60)

veya VT = 36∠33.96 o = 29.85 + j 20.11

VRb = 29.85 − 20 = 9.85

VT = 20 + VRb + jV X { 1 424 3

R=

20.11

29.85

VRb 9.85 = = 4.92 I 2

Örnek. Şekildeki devrede I1 ve I2 akımlarını ve devre akımını bulunuz. I I1

3

50∠0 o

10

− j4

50∠0 50∠0 = = 10∠53.13 = 6 + j8 A. 3 − j 4 5∠ − 53.13 50∠0 I2 = = 5∠0 = 5 A. 10∠0 I = I 1 + I 2 = 6 + j8 + 5 = 11 + J 8 = 13.6∠36 o I1 =

I2

Đki paralel koldaki akım ifadeleri ile kontrol :

I1 = I .

Z2 10∠0 136∠36 = (13.6∠36) = = 10∠53.1 A Z1 + Z 2 10 + 3 − j 4 13.6∠ − 17.1

I 2 = I.

Z1 3 − j4 5∠ − 53.1 = (13.6∠36). = (13.6∠36). ≅ 5∠0 A. Z 2 + Z1 10 + 3 − j 4 13.6∠ − 17.1

22


4. AC ‘de Güç ve güç Katsayısı AC’de R, L ve C elemanlarının güç değişimleri aşağıdadır.

v = Vm . sin(ω.t )

1200

i = I m . sin(ω.t )

1000

p (t ) = v.i = Vm .I m .sin 2 (ω.t ) 1 424 3

R için

800 600

p (t ) R e le m a n ı iç in

1 (1−cos 2ωt ) 2

1 1 p (t ) = .Vm .I m − Vm .I m . cos(2ω.t ) 2 2 44 1 42444 3 Port = 0

400 200 0

1 Port = P = .Vm .I m 2 1 = .( 2 .V ).( 2 .I ) = V .I 2

-200 -400 0

50

100

150

200 derece

250

300

350

400

300

350

400

500

v = Vm . sin(ω.t ) i = I m . sin(ω.t −

2

)

300 200 p(t) L ele m anı iç in

π

p (t ) = v.i = Vm .I m sin(ωt ).sin(ωt − ) 2 14243 − cos( ω .t )

2 sin x. cos x = sin( 2 x) 1 p (t ) = − Vm .I m . sin( 2ω.t ) 2 Port = P = 0

100 0 -100 -200 -300 -400 -500

v = Vm . sin(ω.t )

0

50

100

150

200 Derece

250

500

π 2

400

)

π

p (t ) = v.i = Vm .I m sin(ωt ).sin(ωt + ) 2 14243 cos( ω .t )

2 sin x. cos x = sin( 2 x) 1 p (t ) = Vm .I m . sin( 2ω.t ) 2 Port = P = 0

C için

300 200 p(t) C elemanı için

i = I m . sin(ω.t +

L için

400

π

100 0 -100 -200 -300 -400 -500

0

50

100

p(t) pozitifse kaynaktan devreye enerji aktarımı vardır….. p(t) negatif ise devreden kaynağa enerji aktarımı vardır……

23

150

200 Derece

250

300

350

400

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Tipik Bir Devredeki Ortalama Güç (P) :

Bir devrede gerilim v = Vm . sin(ω.t ) , akım ise i = I m . sin(ω.t + θ ) olsun. θ açısı negatif veya pozitif olabilir (ileri veya geri fazda). p(t) güç ifadesi ve ortalama güç (P) aşağıda ifade edilmektedir. Hatırlatma: sin a.sin b =

1 [cos(a − b) − cos(a + b)] 2

Güç ifadesi ise: p (t ) = v.i = Vm .I m . sin(ωt ). sin(ωt + θ ) = Vm .I m .

1 [cos(ωt − ωt − θ ) − cos(ωt + ωt + θ )] 2

1 .Vm .I m [cosθ − cos(2ωt + θ )] 2 1 1 = .Vm .I m . cos θ − .Vm .I m . cos(2ω.t + θ ) 2 2 44424443 1 =

periyodik ve Port = 0

1 1 .Vm .I m . cos θ = .( 2 .V ).( 2 .I ). cosθ 2 2 P = V .I . cosθ

Port = P =

Burada, P= AC’deki ortalama güçtür. AC sistemlerinde ço ğunlukla aktif güç adını almaktadır. Birimi Watt (W.)’dır. Yüksek güçlerde sözü geçen kilowatt için 1kW=1000 W.’dır.

θ = Devre gerilimi ile devre akımı arasındaki fark açı. cos θ = Güç katsayısı. Akım gerilimden geri ise geri güç katsayılı devre, ileri ise ileri güç katsayılı devre adını alır. Değeri 0 ile 1 aralığındadır. Görünür Güç (S) : Sisteme verilen güçtür.

S = V .I (VA)

1kVA=1000 VA

Reaktif Güç (Q): L ve C elemanlarında, sisteme verilen S gücünün aktif güç dışında harcanan güç bileşenidir.

Q = V .I . sin θ

(Volt. Amper. Reaktif)=(VAR)

24

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Güç Üçgeni: Yukarıdaki tanımlamalardan görüleceği gibi, görünür güç, aktif güç ve reaktif güçler fazör bir güç üçgeni olu ştururlar. Bu karmaşık güç üçgeni olarak ifade edilir. S = P2 + Q2

S = P ± jQ

Ohmik yüklerde: Saf ohmik yükler R elemanlarından olu şur. Akımla gerilim aynı fazdadır. Ohmik yüklerde sadece aktif güç P harcanır. Reaktif güç sıfırdır (Q=0) . Aktif güç değeri S görünür güce eşittir (P=S). Endüktif yüklü devrelerde: Akım gerilimden geri fazda olup, geri güç katsayılı devreler olarak ifade edilir. I . cosθ

V

θ

θ I

I

P = V .I . cos θ I . sin θ

θ

V S = V .I

QL = V .I . sin θ

Kapasitif yüklü devrelerde: Akım gerilimden ileri fazda olup, ileri güç katsayılı devreler olarak ifade edilir.

I

I

I . sin θ

θ

θ V

S = V .I V

I . cos θ

QC = V .I . sin θ

θ P = V .I . cos θ

S görünür gücü V∠θ1 ve I∠θ 2 değerlerine göre hesaplanırken, çarpım sonucu S∠θ ‘daki θ açısı V ile I arasındaki fark açı olmalıdır ( θ = θ1 − θ 2 ). Oysa kutupsal karmaşık sayı çarpımında açılar toplanması gerektiğinden bu sonuç açısı fark açıyı vermeyecektir. Bu nedenle işlem sonu açısının fark açıyla anlamsal uyumu için I akımının işlemde eşleniği alınır. Yani, S = V∠θ 1 .I * = (V∠θ 1 ).(I∠ − θ 2 ) = V .I∠θ 1 − θ 2 = V .I∠θ = S∠θ

S = V .I * işleminin gerçek terimi P aktif gücü, sanal terimi ise Q reaktif gücü verir. Aynı zamanda güç açısı θ , devre eşdeğer empedansının açısıdır. Bunun ifadesi: V∠θ1 V Z= = ∠θ1 − θ 2 = Z∠θ I∠θ 2 I

25

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM AC’de genel anlamda güç ifadelerinin büyüklükleri aşağıda şekillerle hesaplanır. 2

Ortalama güç (Aktif güç) Reaktif güç Görünür Güç

VR = V .I * (gerçek terim) R 2 VX 2 → Q = V .I . sin θ = I . X = = V .I * (sanal terim) X V2 → S = V .I * = I 2 .Z = Z

→ P = V .I . cosθ = I 2 .R =

R, L ve C elemanlarından oluşan herhangi bir devrede, P güçleri R elemanları üzerinde, Q güçleri L ve C elemanları üzerinde harcanır. Her elemanın bireysel aktif veya reaktif güçleri hesaplandıktan sonra, sistem güçleri için aynı tipteki güçler kendi aralarında cebirsel olarak toplanabilir. Reaktif güçler için L’lerde harcanan güçler C’lerde harcanan güçlerden çıkarılarak j ‘li sanal terim ile ifadelendirilir. Yani, 2

2

2

P = I 1 .R1 + I 2 .R2 + ....... + I n .Rn = P1 + P2 + ....Pn

jQ = j[(Q L1 + QL 2 + ....QLn ) − (QC1 + QC 2 + ....QCm )] Örnek: Bir devrenin eşdeğer empedansı Z = 3 + j 4 ohm, V = 100∠30 o ‘dir. Güç üçgeninin bileşenlerini bulunuz.

I = V / Z = (100∠30) /(5∠53.1) = 20∠ − 23.1 A. 1.yaklaşım: P = I 2 .R = 20 2.3 = 1200 W.

P=1200 W

θ = 53.1

Q = I 2 . X = 20 2.4 = 1600 VAR geride

S=2000 VA

S = I 2 .Z = 20 2.5 = 2000 VA cos θ = cos ( 30-(-23.1 )) = cos 53.1 = 0.6 geride

2.yaklaşım: S = V .I = (100).(20) = 2000 VA P = V .I . cos θ = (100).(20). cos 53.1 = 1200 W. Q = V .I . sin θ = (100).(20).sin 53.1 = 1600 VAR P 1200 cos θ = = = 0.6 geri S 2000

26

Q=1600 VAR


3.yaklaşım: S = V .I * = (100∠30).(20∠23.1) = 2000∠53.1 = P + jQ P = S . cos 53.1 = 1200 W. Q = S . sin 53.1 = 1600 VAR geri 4.yakla şım: VR = I .R = (20∠ − 23.1).(3) = 60∠ − 23.1 V X = I . X = (20∠ − 23.1).(4∠90) = 80∠66.9 123 j4

2

2

VR 60 = = 1200 W. R 3 2 V 80 2 Q= X = = 1600 VAR X 4 V 2 100 2 S= = = 2000 VA Z 5 P=

Örnek: Devrenin güç üçgenini bulunuz. 5

2

j2

I

j 10

Ip1 Ip2

20

-j 4

50∠0 o V.

V, f

Zp =

(5 + j10).(20 − j 4) (11.18∠63.43).(20.39∠ − 11.30) = = (8.87∠38.64) = 6.92 + j 5.53 5 + j10 + 20 − j 4 25.7∠13.49

Z = Z p + (2 + j 2) = 8.92 + j 7.53 = 11.67∠40.17 o 50∠0 = 4.28∠ − 40.17 o A. 11.67∠40.17 V p = I .Z p = (4.28∠ − 40.17)(8.87∠38.64) = 37.96∠ − 1.53 o V. I=

I p1 = I p2 =

Vp 5 + j10 Vp 20 − j 4

=

37.96∠ − 1.53 o = 3.39∠ − 64.96 A. 11.18∠63.43

=

37.96∠ − 1.53 = 1.86∠9.77 o A. 20.39∠ − 11.30

27

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM S = V .I * = (50∠0 o )(4.28∠40.17) = 214∠40.17 VA P = S . cos(40.17) = 214. cos(40.17) = 163.52 W. Q = S . sin( 40.17) = 214. sin( 40.17) = 138.04 VAR geri

Yukarıda bulunan bu güçler, devredeki her bir elemanın aktif ve reaktif tipteki durumlarına göre kendi aralarındaki cebirsel toplam yaklaşımından da hesaplanabilir. Yani, P → R ' lerde Q → L ve C ' lerde L → ( + ) C → ( −) 2

2

P = I 2 .(2) + I p1 .(5) + I p 2 .(20) = 2.(4.28) 2 + 5.(3.39) 2 + 20.(1.86) 2 = 163.28 W. 2

2

Q = I 2 .(2) + I p1 .(10) − I p 2 .(4) = 4.28 2.(2) + 3.39 2.(10) − 1.86 2.(4) = 137.72 VAR geride (endüktif) S = P + jQ = 163.28 + j137.72 = 213.60∠40.14 VA

28


5.Güç Katsayısının Düzeltilmesi Genelde yükler, evler ve endüstride endüktif karakterdedir (motorlar, florasan, şok bobinli lambalar vb). Akım gerilimden geri fazdadır. P aktif gücü, yükün birim zamanda yapabileceği faydalı işin ölçüsüdür. Santrallerden dağıtım hatları ve trafolar bu gücü aktarırlar. Ancak trafolar, faydalı gücü iletirken sabit gerilimle bu işi yaparlar. Güç ölçüsü ise VA’ dir. Sadece endüktif veya kapasitif yük ile de bir trafo tamamen yüklenebilirken fakat ortalama güç olarak adlandırılan faydalı güç sıfır olabilir. S görünür gücü, sistem yüklenmesinin ölçüsüdür. P ise sistem tarafından aktarılan faydalı işe dönüşen güçtür. P = S . cos θ ile S’nin gücü faydalı güce dönüşür. S’nin P’ye yaklaşması için θ sıfıra yaklaştırılır. Buna güç katsayısının ( cos θ ) düzeltilmesi veya kompanzasyon adı verilir. Bu işlem, sistemdeki reaktif güçlere neden olan L veya C elemanlarından birinin, devrenin durumuna göre reaktif gücü azaltacak şekilde devreye eklenmesiyle yapılır. Endüktif yüklü durumlarda, genellikle yüke paralel C kapasitör yükleri bağlanır. Böylece yükün uçlarındaki gerilim aynı kalıp yükten alınan faydalı güç P de değişmez. Avantajı ise cos θ arttığından akım ve görünür güç S de azalır. Aynı ihtiyaç duyulan P için daha dü şük S kullanımı söz konusu olur. Güç ve dağıtım sistemi az yüklenir ve daha etkin kullanılmış olur.

QC P2

P1

θ1

θ2

P değişken ve S’ye yaklaşması

QT = Q L − QC

S2

QL

S1

QC P1 = P2

θ1 QT = Q L − QC

QL

θ2

Sabit P, S‘nin P’ye yaklaşması (paralel kompanzasyon)

S2

S1

29


Örnek: V = 100∠0 o V. beslemede, Z y = 2 + j8 ‘lik bir yük için güç katsayısı cos θ = 0.8 geri

durumuna iyileştirilmek isteniyor. Normal, seri kapasitör ve paralel kapasitörlü durumlar için, akım, güç üçgeni ve gerekli C değerlerini analiz ediniz. Normal için:

Z y = 2 + j8 = 8.24∠75.96 o

I

100∠0 = 12.13∠ − 75.96 o A. 8.24∠75.96 o S = V .I * = (100∠0)(12.13∠75.96) = 1213∠75.96 VA Q1 = 1213. sin( 75.95) = 1176.76 VAR I=

100∠0 o V.

Z y = 2 + j8 normal

P = 1213. cos(75.95) = 294.27 W. cosθ 1 =

P = cos(75.95) = 0.24 geri (endüktif) S

Seri Kapasitörlü durum: I

θ 2 = cos −1 (0.8) = 36.86 o geri Z y = 2 + j8

100∠0 o V.

Z = 2 + j8 − jX C 1424 3

tg (36.86) =

jX

− jX C = ? Seri kapasitörlü

X 2

X = tg (36.82).(2) = 1.5 X = 8 − XC X C = 8 − 1.5 = 6.5 Z = 2 + j1.5 = 2.5∠36.86 100∠0 I= = 40∠ − 36.86 A. 2.5∠36.86 S = V .I * = (100∠0)(40∠36.86) = 4000∠36.86 S = P + jQT = 3200 + j 2399.44 QT = I 2 (8 − X C ) = 40 2 (8) − 40 2.X C 1 424 3 QC

2

QC = 40 (8) − 2399.44 = 10400.46 VAR ileride (kapasitif) veya QC = I 2 . X C = 40 2 (6.5) = 10400 VAR

30


Paralel kapasitörlü durum: 100∠0 100∠0 = = 12.13∠ − 75.96 A. (2 + j8) 8.24∠75.96 I y = 2.94 − j11.76 Iy =

I 100∠0 o V

IC

Iy

IC =

Z y = 2 + j8 − jX C = ?

100∠0 = I C ∠90 = jI C X C ∠ − 90

θ 2 = cos −1 (0.8) = 36.86o geride 100∠0 = Z∠36.86 I∠ - 36.86 I∠ − 36.86 = I y + I C = 2.94 − j11.76 + jI C

Z= paralel kapasitörlü

− 11.76 + I C ise I C = 9.55 A. 2.94 I = 2.94 − j11.76 + j 9.55 = 3.67∠ − 36.86 2.94 − 11.76 + 9.55 veya I = = 3.67 veya I= = 3.67 cos(−36.86) sin( −36.86)

tg (−36.86) =

S = V .I * = (100∠0)(3.67∠36.86) = 367∠36.86 o VA S = P + jQT = 293.36 + j 220.50 QC = V .I C = (100)(9.55) = 955 VAR kapasitif veya

2

QC = QL − QT = ( I y .8) − 220.50 = 12.132 (8) − 220.50 ≅ 956 VAR

Sonuç verileri: durum normal Seri kapasitörlü Paralel kapasitörlü

cos θ 0.24 geri 0.8 geri 0.8 geri

P (W) 294.27 3200 294.27

Q (VAR) 1176.76 2399.44 220.50

S (VA) 1213 4000 367

Iy (A) 12.13 40 12.13

I (A) 12.13 40 3.67

Görüldüğü gibi seri kapasitörlüde, sistemin eşdeğer empedansı eklenen C kapasitörüyle düşmekte ve aynı gerilimde çekilen akım artmaktadır. Yük, bu durumda nominal değerinden daha fazla akım çekme durumunda olur ve zarar görebilir. Kaldı ki faydalı güç dışında istenmeyen ısı kayıpları ( I 2 R ) artar. Ayrıca bu durum, şebekenin daha fazla yüklenmesine de neden olur. Oysa paralel durumda aynı güç katsayısı için, yük şebekeye paralel olduğundan yüke ait akım ve P değişmemektedir. Yüke ait akımın dik sanal bileşeni paralel kondansatör akımıyla dengelenmekte ve şebekeden akım talebi yükteki performans kaybı olmadan düşebilmektedir. Daha düşük şebeke akımı ile sistem verimli bir şekilde işletilebilmektedir. Yukarıda açıklanan prensip sonuçlar nedeniyle, güç katsayısı düzeltme işlemleri çoğunlukla paralel kapasitörlü yapılır. Bundan sonraki örnek analizlerde paralel kapasitörlü sistem ön görülecektir.

31


Örnek: Aşağıdaki 2000 VA, 1200 W. ‘lık sistemde paralel kapasitör ile güç katsayısını 0.9 geri değerine düzeltiniz. Gerekli kondansatör (kapasitör) VAR değerini bulunuz. P = V .I1 . cos θ = V .I a 23

IC

I

Ia

I V

IC

y

Ia

Zy

θ1

C

θ2

I yj − I C

I yj

I

Iy

P1 = 1200 W

θ1

θ2 S2

Q 2 = Q1 − QC Q1

S1 = 2000 VA

P sabittir (P=1200 W.) 2

2

Q1 = S1 − P1 = 20002 − 12002 = 1600 VAR geri cos θ 2 = 0.9 geri θ 2 = 26 o P 1200 S2 = = = 1333 VA cosθ 2 0.9 Q2 = S 2 . sin θ 2 = 1333sin( 26) = 585 VAR geride veya Q2 = P.tgθ 2 Q2 = Q1 − QC QC = 1600 − 585 = 1015 VAR ileri

32

V

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Örnek: 25 kVA’lık bir trafo güç katsayısı 0.6 geride olan 12 kW’lık bir yükü beslemektedir. Trafonun taşıdığı yükün tam yüke olan oranı (yüklenme yüzdesini) bulunuz. Aynı trafo ile birim güç katsayılı ( cos θ = 1 ) ek yüklerden trafonun tam yükü için kaç kW ‘lık ek yükler gerekir?

P1= 12 kW. Yük için, 12 S= = 20 kVA 0.6

ve yüklenme oranı →

20(kVA) = 0.80 %80 yüklü 25(kVA)

θ = cos −1 (0.6) = 53.1o Q = S . sin θ = 20 sin(53.1) = 16 kVAR geri Eklenecek yüklerde sadece P aktif güçleri bulunuyor. Eklemeyle sistemin reaktif gücü Q değişmemektedir. Böylece, trafo tam yükte S=25 kVA ve Q=16 kVAR’dır. Q 16 ) = 39.8 o S 25 PT = S . cos θ 2 = 25 cos(39.8) = 19.20 kW

θ 2 = sin −1 ( ) = sin −1 (

P 1= 12 kW

Pek = PT − P1 = 19.20 − 12 = 7.2 kW

P ek= 7.2 kW

S T= 25 kVA

cosθ 2 = cos(39.8) = 0.76

Q=QT= 16 kVAR

S=20 kVA

Örnek: Bir önceki soruda, sonradan eklenen yüklerin güç katsayıları 0.866 ileri ise, trafoyu tam yüklemek için kaç kVA’lık bu tür yük gerekir ?

Önceden bağlanan yük için: S= 20 kVA θ = 53.1o ve Q=16 kVAR geride idi. Oysa bu yüke eklenecek yükler için cos θ 2 = 0.866 ileri veya θ 2 = 30 o ileride yani kapasitif karakterli (R-C) yükler ekleniyor anlamına gelir. P 1= 12 kW 53.1 o S=20 kVA

P 1= 12 kW S T= 25 kVA S 2= ? 30 o

α 20 Q 2= ?

P 2= ?

θs

25

16 96.9 o

QT

β

S2

30 o

0o

25 20 β = 52.6 o α = 180 - (96.9 + 52.6) = 30.5 o θ s = 53.1 − 30.5 = 22.6 o = sin 96.9 sin β PT = 25. cos θ s = 25 cos( 22.6) = 23.08 kW P2 = PT − P1 = 23.08 − 12 = 11.08 kW QT = 25. sin θ s = 25 sin(22.6) = 9.6 kVAR geri

Q 2 = Q1 − QT = 16 − 9.6 = 6.39 kVAR ileride

S 2 = P2 / cos 30 = 11.08 / 0.86 = 12.88 kVA

33

Q2

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Örnek: 2 HP gücündeki bir indüksiyon AC motorun verimi %85’dir. Bunun nominal yükünde güç katsayısı 0.8 geridedir. Girişteki bütün güç verilerini hesaplayınız. Hatırlatma: Bir motorun etiket gücü milinden alınan net mekanik güçtür. Motora aktarılan aktif gücün bir kısmı sargı bakır kayıplarına , bir kısmı sürtünme kayıplarına harcanır. Geri kalanı mekanik güçtür.

1 HP = 736 W. S=

verim =

Pmil Pelk

P 1731.76 = = 2164.70 VA cosθ 0.8

Pelk = P =

2(736) = 1731.76 W 0.85

Q = S . sin θ = (2164.70). sin(36.8) = 1298.82 VAR geri

Örnek: Bir fazlı bir AC motorun verimi %70’dir. Motor nominal yükünde 220 V. ‘da 2 A. çekiyor. Motor devresine bağlanan watmetre ise 250 W. göstermektedir. a) Motorun mil gücünü bulunuz. b) Motorun güç katsayısını bulunuz. c) Güç katsayısını 0.95 geri seviyesine düzeltmek için motora paralel bağlanacak kapasitif yükün değeri kaç VAR’dır ?

jQ C = ?

V

C

a) P = 250 W

− jX C = ?

Pmil = P.η = 250(0.7 ) = 175 W

b) S = V .I = 220(2) = 440 VA Q L = S 2 − P 2 = 440 2 − 2502 = 362.07 VAR geri veya, P 250 cos θ 1 = = = 0.56 θ 1 = 55.37 o QL = P.tg (θ 1 ) = 250.tg (55.37) = 362.07 VAR geri S 440 c) cos θ 2 = 0.95 geri θ 2 = 18.19 o P = 250 W Qnet = P.tgθ 2 = 250.tg (18.19) = 82.17 VAR geri Qnet = Q L − QC QC = QL − Qnet = 362.07 − 82.17 = 279.89 VAR ileri XC =

V2 220 2 = = 172.91 ohm QC 279.89

34


6.Rezonans Devreleri R, L ve C elemanlarının bulunduğu karmaşık bir devrenin rezonans durumları aşağıdadır. Bunların her biri aynı anlamı verir. Rezonans durumu, R, L ve C elemanlarının değerlerine ve frekansa bağlıdır. 1. Devrede V ile I arasındaki açı sıfırdır. Sistemde L ve C elemanları bulunmasına rağmen aynı fazdadırlar. 2. Devrenin eşdeğer karmaşık empedansının sanal terimi sıfırdır. Sadece gerçek terimlidir. Z=R

Z = R±{ jX 0

3. Devrede eşdeğer reaktif güç sıfırdır. Sistemden sadece P aktif güç tüketimi söz konusudur. ( Q=0 S=P ).

Seri Rezonans: R

jXL

-jXC

Z = R + jX L − jX C 14243 0

XL = XC V, f

ωo =

ω o = rezonans anındaki açısal hız (rad/s),

1 = LC

ω o .L = 1 LC

1 ωo C fo =

f o = rezonans frekansı (Hz).

35

1 2π LC


Z

θ 90o

XL=XC

R küçük

R büyük

jXL

ω

R

ω

0o

ωo

ωo

-jXC -90o

Z → en küçük I → en büyük değerinde

(V/R)

ω << ω o → X C >> X L

θ → -90o

ω >> ω o → X L >> X C ω = ωo → X L = X C

θ → 90 o θ =0

Paralel Rezonans: I

V, f

IL

IR

R

1 1 1 = + + Z R jω L

IC

L

C

1 − j

1 ωC

1 1 j j = − + 1 Z R ωL ωC 1 1 1 = − j + jω C ω Z R 14 4L244 3 0

1

ωo L

= ωoC

ωo =

1 LC

Aynı zamanda sistemin fazör diyagramından rezonans koşulları tanımlanabilir.

36

fo =

1 2π LC


Z Z (max) =R

IC IC=IL

R büyük

V

R küçük

ω

IR=I 0

I en düşük

ωo

o

IL

θ

IC = I L V V = 1 /(ωC ) ωL

90

o

1 ωC = ωL 0o

ω << ω o → X C >> X L → I L >> I C

θ → 90o

ω >> ω o → X L >> X C → I C >> I L ω = ωo → X L = X C → I L = IC

θ → −90o θ =0

Z → en büyük I → en küçük değerinde

ω ωo

-90o

(V/R)

Seri- Paralel karmaşık bir devredeki rezonans koşullarının analizi:

Rezonans frekansı veya ω o açısal hız analizi için: • Sistemin eşdeğer empedansı veya admitansı (empedasın tersi Y=1/Z) ifade edilerek j’li kısmı sıfır yapan ω (-böylece f değeri) hesaplanır. •

Diğer bir yöntem olarak, sistemin reaktif güç nedenleri olan fazör diyagramındaki reaktif akımların veya gerilimlerin kendileri arasında birbirlerini yok etme ifadelerinden yola çıkılarak ω bulunur. Başka deyimle cos θ = 1 yapan ω bulunur. Rezonansta ω → ω o alınır.

Đki Dallı Paralel Devredeki Rezonans:

37


I

IL

IC RL

RC

L

C

V, f

R + jX C R − jX L 1 1 1 1 + = + = L2 + C2 2 2 RL + jX L RC − jX C R L + jX L RC − jX C RL + X L RC + X C ( RL − jX L ) ( RC + jX C )

Y = YL + YC =

  R R = 2 L 2 + 2 C 2+ RC + X C   RL + X L

  X X j 2 C 2 − 2 L 2  R +X   RC + X C 1444424L444L3 0

XC 2

RC + X C

2

=

XL 2

RL + X L

XC 2

ZC

2

=

XL ZL

2

Aynı rezonans koşulu sonuç ifadesi, fazör diyagramından da bulunabilir. I C . sin θ C = I L . sin θ L

IC

θC

V

θL IL

V XC V XL . = . Z C ZC ZL ZL XC ZC

38

2

=

XL ZL

2

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Bu ifade ω cinsinden açılıp çözülürse: 1 ωL ωC = 2 1 2 2 (ωL) + ( RL ) 2 ( ) + RC ωC 1 1 2 2 .(ω 2 L2 + RL ) = ωL ( + RC ) 2 ωC (ωC ) 1 ω 2 L2 + RL 2 = ω 2 LC 2 2 + ω 2 LC .RC 2 ω C L 2 2 RL − = ω 2 LC.RC − L2 C L  2 L 2 RL − = ω 2 .L.C . RC −  C C 

[

2

RL −

ωo =

]

L C

 2 L ( L.C ). RC −  C 

2

=

1 LC

.

L C L − C

RL − RC

2

2

ωo =

1 LC

.

L C L − C

RL − RC

2

ĐÇĐN:

ω o > 0 olmalıdır. Aksi halde rezonans yoktur. L L 2 2 RL > ( ) ve RC > ( ) ise rezonans frekansı vardır. C C L L 2 2 RL < ( ) ve RC < ( ) ise rezonans frekansı vardır. C C L 2 2 RL = RC = ise devre bütün frekanslarda rezonanstadır. C

39

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Örnek: Aşağıdaki iki dallı paralel devrenin bütün frekanslarda rezonansta olması için, RL ve RC değerlerini bulunuz. Bütün frekanslarda rezonansta olduğunu iki örnek denemeyle gösteriniz.

L C . ωo = LC R 2 − L C C L (2)10 −3 2 2 R L = RC = = = 25 C (80)10 −6 RL = RC = 5 2

1

RL

RC

2 mH

80 µF

ω = 5000 rad/s 1 = 2.5 (5000)(80)10 −6 2.5 10 =? 2 2 2 2.5 + 5 5 + 10 2 0.08 = 0.08 XC =

X L = (5000)(2)10 −3 = 10

ω = 100 rad/s 1 = 125 (100)(80)10 − 6 125 0.2 =? 2 2 2 125 + 5 5 + 0 .2 2 (7.9)10 −3 = (7.9)10 −3 XC =

X L = (100)(2)10 −3 = 0.2

40

RL −


7. Nitelik Sayısı ,Yarı Güç Frekansları ve Rezonans ile ilgili örnekler Nitelik Sayısı N.S

Bobinlerin L elemanlarında ve kondansatörlerde (C) enerji depo edilir. Bunların bulunduğu nitelik sayısı (N.S) aşağıda tanımlanmaktadır.

N .S = 2π

depolanan max. enerji devir basina enerji harcanması

Yukarıdaki ifadeden anlaşılacağı üzere, nitelik sayısı depo edilen enerjinin kaç tur (rad) sonra sönümlenebileceğini verebilir. Seri RL ve RC devreler ele alınsın. Devir başına harcanan enerji, R direncinde harcanan ortalama gücün T peryodu ile çarpımıdır. I

I

R

jXL

R

-jXC

VC

Seri RL devresi için: 1 1 2 2 .L.I m .L.I m (2πf ) L ωL = 2π 2 = = N .S = 2π 2 1 Im 2 1 R R 2 I R.( ) ( ) .R.( ) f f 2 { T

Seri RC devresi için:

1 1 1 2 1 2 (I m . ) .C VCm C 2 1 ωC N .S = 2π 2 = 2π 2 = (2πf ). ω C = 1 2 3 1 I 1 R ωCR ω I 2 R( ) ( m ) 2 R( ) f f 2 Rezonanstaki seri RLC devresi için: Rezonanstaki seri RLC devresi sabit oranda enerji depolar. Bunun nedeni C ‘deki gerilim maksimum iken L bobin akımı sıfır veya bunun tersi olmasıdır. Enerji depolama L ve C arasında sırayla olur. Rezonansta ise bu depolama miktarları eşittir. 1 1 2 2 CVm = LI m , 2 2

N .S =

ωo L R

=

1 /(ω o C ) R

çünkü

41

ωo L =

1 ωo C


Rezonanstaki paralel devredeki N.S için:

V

L

R

C

L tarafına göre: 1 2 I Lm L N .S = 2π 2 = 2π 1 1 V 2 . .( ) R f

1 Vm 2 ( ) L 1 R 2 ωL = (2πf ) R.( )= Vm 2 1 1 123 ω 2 L ωL ω ( ) . . R f 2

C tarafına göre: 1 2 1 2 Vm C Vm C ωC N .S = 2π 2 = (2πf ) 2 = = (ωC ) R 1 Vm 2 1 1 2 1 V . .( ) ( ) . R f R 2 R Rezonansta sabit oranda enerji depolanır. 1 1 2 2 CVm = LI Lm 2 2

Böylece, rezonansta N.S, N .S =

R = Rω o C ωo L

Bant Genişliği ve Yarı Güç Frekansları

Seri bir RLC devresi için, aynı V gerilimi altında geniş bir frekans aralığındaki akım I ve aktif güç P cevapları analiz edildiğinde aşağıdaki sonuçlar elde edilebilir. R

L

C

V

Seri RLC devresinde, rezonans anında I akımı en yüksek değerindedir. Çünkü empedans en düşük değerde olup sanal terimi sıfırdır.( X L = X C ).

42


Z = R + j ( X L − X C ) = R ve 14243

I = Io =

0

V V = Z R

Rezonanstaki devreye aktarılan aktif P gücü, 2

P(max) = I 2 R = I (max) 2 .R = I o R Io

Diğer yandan, I =

= I o .(0.707) ise P1,2 gücü, 2 2 Io 2 I o R P(max) P1, 2 = ( ) .R = = 2 2 2 Bu P1,2 yarı güç, rezonans akımının 0.707 katı akımda gerçekleşir.

Yarı güç koşullarında, 2

P1, 2 =

P(max) I o .R V = = ( )2 R Z 2 2

V ( )2 R V2 R = 2 .R 2 Z 1 1 = 2 ise 2 R 2 Z

Z 2 = 2R 2

veya, Z=

V

=

(I o / 2 )

V . 2 Io {

ise

Z 2 = 2R 2

Z=R 2

R

Bu eşitlik, empedans ifadesinde kullanıldığında yarı güç koşulları için aşağıdaki sonuç bulunur. Z = R + j( X L − X C ) 14243 X 2

2

2

Z = R + X = 2R 2

ise

R=X

X fark reaktansı olduğundan R=X eşitliğini sağlayan ve rezonans frekansına eşit uzaklıkta iki frekans değeri vardır ( f1 , f 2 ) Bunların birinde X L > X C , diğerinde ise X C > X L ‘dir. Fakat bunların her iki durumda da farkları R’ nin büyüklü ğüne eşittir. Rezorans koşullarına göre yarı güç değerlerini sağlayan frekanslara yarı güç frekansları, açısal hızlara da yarı güç açısal hızları adı verilir. Yarı güç frekansları arasındaki büyüklük farkına bant genişliği (BG) adı verilir. Yarı güç frekanslarına aynı I o (0.707) akımı karşılık gelir. Çünkü bu durumlarda Z empedansının büyüklüğü aynıdır ve akımın büyüklüğü değişmez fakat açısı değişir. Seri RLC devresindeki yarı güç frekanslarındaki akım ve güç değişimleri örnek olarak aşağıda verilmektedir.

43


11 I(max)=Io rezonans

10 9

I(max).(0.707) yarı güç akımı

8

I (A)

7 6 5

V=100 R=10 L=0.5 H. C=20 uF

BG

4 3 2 yarı güç açısal hızlar 1

ω1 , ω 2

0 250

ωo

300

350

400

ω (rad/s)

1100 1000

P (max)= rezonans

900 800 700 P (max)/2 yarı güç

600 500 P (W)

yarı güç açısal hızlar V=100 R=10 L=0.5 H. C=20 uF

400 300

ω1 , ω 2

BG

200 100

ωo

0 250

300

350

400

ω (rad/s) Rezonanstaki N.S, rezonans frekansı f o ve bant genişliği BG arasındaki ilişkiler aşağıdadır. Ayrıca rezonans frekansı, yarı güç frekanslarının geometrik ortalamasıdır. ( N .S ) o =

ωo ω 2 − ω1

=

fo f = o f −f BG 12231 BG

ω o = ω1 .ω 2

fo =

f1 . f 2

44


Temel Örnekler:

Örnek 1. Seri RLC devresinde, rezonans frekansının yarı güç frekanslarının geometrik ortalaması olduğunu gösteriniz.

V2 (ω 2 ' de endüktif)

I

I

V1 (ω1 ' de kapasitif)

ω1 ω o ω 2

V1 = V2 = V

ω = ω1 ω = ω2

ω

XC > XL X L > XC

Yarı güç frekanslarında aynı akım çekilir empedanslar eşit olup, belirli bir R için reaktans farkı X, R’ye eşittir. Biri ileri diğeri geri fazda olmak üzere eşit büyüklüklü açılar var olup reaktanslar farkı her iki durum için eşittir. X =X

1 1 − ω1 L = ω2 L − ω1C ω 2C 1 1 1 ( + ) = L(ω1 + ω 2 ) C ω1 ω 2 1 (ω + ω2 ) = 1 = ω1.ω 2 ω1 + ω2 LC (ω1.ω 2 ) 1 = ω1ω 2 LC 12 3

ωo = ω1.ω 2

ωo

45


Örnek 2: Rezonanstaki nitelik sayısının (N.S)o , f o / BG ’ye eşit olduğunu gösteriniz. Yarı güç frekanslarında R=X’dir. Böylece, − R + R2 +

1 − (2πf1 ) L = R 2πf1C (2πf 2 ) L −

ise

f1 =

4πL R + R2 +

1 =R 2πf 2C

ise

4L C

f2 =

4L C

4πL

BG = f 2 − f1 4L 4L − R + R2 + C − C = 2R = R BG = 4πL 4πL 4πL 2πL R fo . BG = 2πL f o R + R2 +

BG =

fo R . fo = ( N .S ) o ω oL {

ise

( N .S ) o =

fo BG

1 /( N .S )

Örnek: R=100 ohm, L=0.5 H. Ve C = 40 µF ise seri RLC devresi için rezonans ve yarı güç frekanslarını bulunuz.

ωo =

1 LC

1

=

(0.5)(40)10 −6

Z 2 = R 2 + X 2 = 2R 2

= 223.60

fo =

ωo = 35.60 2π

R=X

1 − ω1 L = R ω1C 2

Rω1C = 1 − ω1 LC

ω2 L − 2

2

ω1 LC + Rω1C − 1 = 0 ise

ω1 = 145 rad/s

1 =R ω2C

ω2 LC -RCω2 − 1 = 0

ise

ω 2 = 345 rad/s

Ayrıca, ω o = ω1ω 2 = (345)(145) = 223.6 rad/s olmakta ve işlem sağlamaktadır.

46


Örnek

Devrenin rezonans koşullarını bulunuz ve rezonans frekansını ifade ediniz.

RL

V

C L

YT = =[

R − jX L 1 1 1 + = L2 + j 2 RL + jX L − jX C RL + X L XC RL 2

RL + X L

2

X 1 ] + j[ − 2 L 2] X C RL + X L 14 442444 3 0

X 1 = 2 L 2 X C RL + X L

ωoC =

RL

2

ωo L 2 2 →→ RL C + ω o L2 C = L 2 + (ω o L ) 2

ωo =

L − RL C = L2 C

2

1 LC

1−

RL C L

veya, IC

I C = I L sin θ L ILx

V V XL = . XC ZL ZL

V

θL ILy

X 1 = L2 XC ZL

IL

ωoC =

Aynı sonuç bulunur.

47

RL

2

ωo L + (ω o L) 2


Örnek: Şekildeki devrenin RC dalında, direnç arttırılırsa, rezonans frekansının olabilmesi için alabileceği en büyük sınır değer kaç olmalıdır. 6

V

4

20 µF

1 mH

Đki dallı paralel devrede daha önce değinildiği gibi, rezonans açısal hız eşitliği aşağıdadır. Devrenin değerleri yerlerine yazılmaktadır.

1.10 −3 RL 1 1 1 36 − 50 (20)10 −6 ωo = = − 3 LC R 2 (1)10 −3 (20)10 −6 4 2 − 1.10 (1)10 −3 (20)10 −6 16 − 50 C −6 (20)10 Değişken taraf RC tarafı oldu ğu için, kök içi paydası sıfır veya pozitif oldu ğunda devrenin rezonans frekansı bulunmaz. Böylece 4 ohm luk direncin olması gereken en yüksek değer için: 2

2

RC <

L C

L − C = L − C

L = 50 C

62 −

ise

RC < { 50

olmalıdır.

7.07

Örnek: Şekildeki devre ω = 5000 rad/s ’de rezonansta ise gereken L değerini bulunuz.

V

2

5 -j10

L=?

Y=

XL 5 10 1 1 2 + = ....... = ( + ) + j( − ) 2 2 + jX L 5 − j10 125 125 4 + X L 2 4+ XL 1442443 0

XL 10 = 125 4 + X L 2 XL =

2

X L − 12.5 X L + 4 = 0

− (−12.5) ± ∆ → 0.33 = → 12.17 2(1)

ise

∆ = (12.5) 2 − (4).(1).(4)

L1 = 0.33 / 5000 = 0.06 mH L2 = 12.17 / 5000 = 2.4 mH

48


Örnek: Şekildeki devre ω = 5000 rad/s ’de rezonansta ise gereken C değerini bulunuz.

V

8 j6

8.34 C=?

Bir önceki probleme benzer olarak, iki dallı paralele devredeki rezonans koşullarında: XC X = L2 2 ZC ZL XC 6 = 2 2 6 + 82 8.34 + X C 2

XC =

2

X C − 16.57 X C + 69.55 = 0

− (−16.57) ± ∆ → 7.9 = → 8.76 2(1)

ise

∆ = (16.7) 2 − (4)(1)(69.55)

C1 = 1 /[(7.9)(5000)] = (25.31)10 −6 F = 25.31 µF C 2 = 1 /[(8.76)(5000)] = (22.81)10 −6 F = 22.81 µF

49


8. Rezonanstaki Akımın Durumu Herhangi bir devrenin rezonans ko şullarındaki akım durumunu, rezonans koşullarındaki eşdeğer empedansın ifadesi belirler. Kimi durumlarda eşdeğer Z empedansının gerçek terimi Re, XL veya XC’ lerden bağımsız böylece ω ’dan bağımsız olabileceği gibi, kimi durumlarda gerçek terim Re, ω terimlerini de içerebilir. Re, ω ’dan bağımsız ise j’li sanal terim rezonansta sıfırlandığından akım V/Re olarak tanımlanır. Fakat Re ω terimlerini içeriyorsa, rezonans koşullarındaki j’li terimin sıfırlanmasındaki ko şullar Re değerini değiştirebilir ve bu durumda akımı, Re değerinin yeni değeri belirler. Böylece belir bir V gerilimi için, rezonanstaki devre akımının en büyük, en küçük veya orta bir değerde mi oldu ğunu rezonansa bağlı Re ‘nin değeri belirler. Z = Re + j { X 0

Re ≠ f ( X L , X C , ω )

olabilir.

Re = f ( X L , X C , ω ) Bu konuyla ilgili aşağıda iki örnek durum verilmektedir. Durum 1: Aşağıdaki Seri RLC devresinde rezonansta R elemanının rezonans koşullarına göre değeri değişmez ve rezonansta sistem empedansı sadece R’den oluşur ve en düşük değerindedir. Bu durum rezonansta akımı en büyük değerde yapmaktadır. R

L

C

V

Z = R + j ( X L − X C ) = R = Re 14243 0

11 I(max)=Io rezonans

10 9 8

I (A)

7 6

V=100 R=10 L=0.5 H. C=20 uF

5 4 3 2 1 0 250

ωo 300

350

ω (rad/s)

50

400

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Durum 2: Aşağıdaki örnek devrede ise rezonans koşulları sistemin eşdeğer empedansının gerçek terimi olan Re terimini etkilemektedir. Re rezonans koşullarına göre yeni değer almaktadır.

I

R

V

C L

2

1 1 1 j R − jX L j ( R 2 + X L ) + X C ( R − jX L ) = + = + 2 = 2 Z − jX C R + jX L X C R + X L 2 X C (R 2 + X L ) 2

2

2

Z=

X C (R 2 + X L ) X C ( R 2 + X L )[ RX C − j ( X L + R 2 − X L X C )] = 2 2 RX C + j ( X L + R 2 − X L X C ) ( RX C ) 2 + [ X L + R 2 − X L X C ]2

Z=

RX C ( R 2 + X L ) X C ( R 2 + X L )( X L + R 2 − X L X C ) − j [ ] 2 2 ( RX C ) 2 + [ X L + R 2 − X L X C ]2 ( RX C ) 2 + [ X L + R 2 − X L X C ]2 1444442444443 144444424444443

2

2

2

Re

2

X =0

2

Rezonansta X L + R 2 − X L X C = 0 olmalıdır. Bu durumda Z’in sanal bileşeni sıfır olur aynı zamanda Re gerçek terimi ise aşağıdaki yeni şeklini alır. 2

Re =

2

RX C ( R 2 + X L ) 2

( RX C ) 2 + [ X L + R 2 − X L X C ] 144424443

2

=

2

2

RX C ( R 2 + X L ) ( R 2 + X L ) = R ( RX C ) 2

0

Bu örnek devrede, rezonans koşulları j’li terimi sıfır yaparken, aynı zamanda normal eşdeğer Z empedansındaki Re ‘nin değerini yükseltir. Aşağıda durum 2’ye ait örnek veriler için yapılan analiz göstermektedir ki Re rezonans koşullarında alabileceği en büyük değerini almakta ve böylece sabit bir V gerilimi için I devre akımı en düşük seviyesinde olmaktadır. I en düşük değer aldığından S=V.I en düşük seviyede olur . Rezonansta S=P oldu ğundan P aktif güç tüketimi de en düşük seviyede olur.

51


4 3.5 3 L=0.5 C=20 uF R=10 V=100

I (A )

2.5 2 1.5

ωo

1 0.5 0 50

100

150

200

250 300 rad/s

52

350

400

450

500


9. AC Analizde Çevre Akımları, Düğüm Gerilimleri , Thevenin ve Norton Yöntemleri AC analizdeki çevre akımları, düğüm gerilimleri, Thevenin ve Norton yöntemleri prensip olarak dc devre analizdeki durumlara benzer. Farkı ise kaynaklar ve empedanslar karmaşık sayı şeklinde kullanılır. Öncelikle verilen L ve C elemanlarının reaktansları ön görülen freakans için hesaplanır ve daha sonra devrenin karmaşık sayılı empedansları tanımlanır. 9.1. Çevre Akımları Yöntemi

Çevre akımları yönteminde, devrede herhangi bir yönde çevre akımları ön görülür. Çevre akımının geçmediği hiçbir eleman kalmaz. Bir elemandan farklı çevre akımları da geçebilir. Her çevre için uygulanan Khirchof gerilim kuralının bir sonucu olarak akım empedans gerilim matrisleri tanımlanır. Empedans ve gerilim matrislerinin her bir satırı, ön görülen çevre akımının yönü baz alınarak ifade edilir. Komşu çevre akımlarının ortak empedanslardaki etkileri için akım yönleri aynı ise (+), ters ise (-) işaretler ilgili empedans önlerinde kullanılır. Benzer şekilde gerilim matrisinde, ilgili çevre akımıyla aynı yönlü kaynaklar (+), ters yönlü kaynaklar ise (-) işaretini alır. Empedans, akım ve gerilim matrisleri tanımlandıktan sonra çevre akımları matris yöntemiyle bulunur. Bulunan çevre akımları devredeki elemanların akım, gerilim ve güçlerinin analiz edilmesinde yardımcı olur. Aşağıda örnek bir devre için, ön görülen çevre akımlarına göre empedans, akım ve gerilim matrisleri ifade edilmektedir.

Z1

I1

V1

Z2

I3

Not: Gerilim kaynakları sinüs ac olmalarına rağmen, herhangi bir andaki verebilecekleri akım yönleri (veya polariteleri) birden fazla kaynaklı devrelerde önemli olduğundan bu yönler belirtilir.

Z4 V2

Z6 Z3

I2

Z5

[ Z ].[ I ] = [V ] Z1 − Z2   I 1   V1  ( Z 1 + Z 2 + Z 3 ) . I  =  V   Z1 (Z1 + Z 4 + Z 5 ) Z4   2  1    Z4 (Z 2 + Z 4 + Z 6 )  I 3  − V2  − Z2

Not: Kaynaklar ve Z empedans değ erleri karma şık sayı şeklinde yazılır……

53


Genel durum: Çevre akımları yönteminde, devrenin [Z].[I]=[V] matrisi aşağıdaki gibi olsun. Burada Z empedans matris elemanlarındaki indisler aynı zamanda matriste bulundukları adresi ifade etmektedir.  Z11 Z  21  Z 31

Z12 Z 22 Z 32

Z13   I1  V1  Z 23 . I 2  = V2  Z 33   I 3  V3 

Z matrisinin kö şegenleri dışındaki elemanların işaretleri devrenin durumuna göre + veya işaretli olabilir. Kramer kuralına göre I matrisi çözülebilir. Z 11 ∆ Z = Z 21

Z12 Z 22

Z 13 Z 23

Z 31

Z 32

Z 33

( Z empedans matrisinin determinantı)

m. Satır ve n. Sütündaki bir elemanının işaretli minör ifadesi, ilgili matriste bu elemanın bulunduğu satır ve sütun kapatıldıktan sonra geri kalan matrisin determinantıyla (-1)’in adres toplamı kuvvetiyle çarpımıdır. Örneğin, ∆12 = (−1) (1+ 2 ) .

I1 =

Z 21

Z 23

Z 31

Z 33

V1 V2

Z 12 Z 22

Z 13 Z 23

V3

Z 32

Z 33

∆Z

,

I2 =

Z 11 V1 Z 21 V2

Z 13 Z 23

Z 31 V3

Z 33

ve

∆Z

I3 =

Z 12 Z 21

Z 12 V1 Z 22 V2

Z 31

Z 32

V3

∆Z

Bu çevre akımlarının çözümü için yukarıdaki determinantlar V gerilimlerinin bulundu ğu sütünlara göre ifadelendirilirse,

I1 = V1 (

∆ ∆11 ∆ ) + V2 ( 21 ) + V3 ( 31 ) ∆Z ∆Z ∆Z

I 2 = V1 (

∆12 ∆ ∆ ) + V2 ( 22 ) + V3 ( 32 ) ∆Z ∆Z ∆Z

I 3 = V1 (

∆13 ∆ ∆ ) + V2 ( 23 ) + V3 ( 33 ) ∆Z ∆Z ∆Z

54

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Giriş (sürüş) noktası empedansı: Devrenin ön görülen giriş bölgesindeki kaynak dışında diğer kaynaklar sıfırlanıp, bu durumdaki giriş geriliminin giriş akımına olan oranıdır. Kaynak iç empedansları işleme dahil edilir. Örneğin V1 gerilimi giriş olarak kabul edilirse, I1gir = V1 (

∆11 ∆ ∆ ) + (0).( 21 ) + (0).( 31 ) ∆Z ∆ ∆Z 144Z424443 0

Z gir

V ∆ = 1 = Z I1gir ∆11

Transfer empedansı: Devredeki herhangi bir çevredeki gerilimin, diğer kaynaklar sıfırlanıp başka bir çevrede neden oldu ğu akıma oranıdır. Örneğin r çevresindeki gerilimin, s çevresindeki akıma olan etkisindeki transfer empedansı için,

∆ ∆ ∆ I s = (0)( 1s ) + (0).( 2 s ) + .... + Vr ( rs ) + .......... 123. ∆Z ∆Z ∆Z 0 144424443

∆ rs

0

Z trns( rs ) =

Vr ∆ Z = I s ∆ rs

akım gerilim

Süperpozisyon teoremi sağlaması: Yukarıda çevre akımları için verilen ve V gerilimlerine göre tanımlanan akım ifadelerinden görüleceği gibi, herhangi bir çevreden geçen net akım, devredeki bütün kaynaklardan her birinin bu çevreye olan etkilerinin bileşkesidir. Çünkü her hangi bir çevre akımı ifadesinde, bütün kaynak terimleri yer almaktadır. Bu durum,devredeki herhangi bir akımın devredeki her kaynak için tek başına besleme durumunda bulunabilecek akımların bileşkesinin sonucunu ifade eden süperpozisyon teoremi anlamını verir.

55

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM 9.2. Düğüm Gerilimleri Yöntemi

Devrede dal akımlarının birleştiği noktalar dü ğümdür. Bu dü ğümlerden biri referans düğümdür. Herhangi bir düğüm gerilimi, ilgili dü ğüm ile referans nokta arasındaki gerilimdir. Dü ğüm gerilimleri yönteminde, empedansın tersi olan admitans (Y=1/Z) , gerim ve akım matrisleri tanımlanır. Matris ifadesi bir dü ğüm noktasındaki Khirchof akım yasasının bir sonucudur. Akımlar düğümlerden çıkıyor kabul edilir. Admitans matrisinin her bir satırı bir düğüm için yapılandırılır ve ilgili düğüm baz olarak alınır. Düğüme bağlı admitanslar her düğüm için toplanır. Komşu düğümlerdeki ortak empedanslar dü ğümlerden çıkıyor kabul edilen akımların yönlerine göre işaret alır. Akım matrisi de dallardaki kaynak gerilimlerinin ilgili düğüme bağlayan empedanslara olan oranlarıyla her dü ğüm için tanımlanır. Yönleri düğüme giren kaynaklar (+), çıkan kaynaklar (-) işaretini alır. Bu durum, dü ğüm gerilimlerine göre tanımlanan dal akımları toplamı sıfıra eşitlendiğinde, kaynak gerilim terimli akım ifadelerinin eşitliğin karşı tarafına ters işaretle geçmesinin bir sonucudur. Analizde matris yöntemiyle ön görülen düğüm gerilimleri bulunur. Bulunan düğüm gerilimleri yardımıyla devrenin diğer ilgili akım gerilim ve güç durumları analiz edilebilir. Dü ğüm gerilimlerinde kare matris boyutu, devredeki referans düğüm dahil düğüm sayısının bir eksiği olabilmektedir. Aşağıda örnek bir devrenin dü ğüm gerilimlerine göre tanımlanan matris ifadeleri verilmektedir. [Y].[V]=[I] ifadesinden V dü ğüm gerilim matrisi, çevre akımları yöntemindeki akımların bulunmasındaki yönteme benzer şekilde bulunabilir. 1

9

j2

2

V1

V2 3

j5

5∠0 o

5 -j4

10∠45 o

Referans düğüm

1 1 1  1  o o − ( 9 + 1 + j 5 + 2 + j 2 )  V1   5∠0 − 10∠45  2 + j2   .  =  10 j5  1 1 1 1  V  2 − ( + + ) { 0  4442  1 444 3 2 + j2 2 + j 2 3 − j 4 5  V 1444444442444444443 I Y

56

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM 5∠0 o 10∠45 o − 10 j5

1 2 + j2 1 1 1 ( + + ) 2 + j2 3 − j 4 5 , ∆Y −

0 V1 =

1 1 1 5∠0 o 10∠45 o + + − ) j5 10 j 5 2 + j 2 10 1 − 0 2 + j2 V2 = ∆Y (

V1 ve V2 bulunduktan sonra, devredeki bazı elemanların akımları aşağıdaki prensip gösterimlerle hesaplanabilir. Bunun için ilgili düğüm gerilimi, yönü dü ğümden akım çıkacak şekilde ilgili dalı besleyen hayali bir kaynak olarak düşünülür. Örnek devredeki bazı elemanlardan çekilen akımların analizleri için; 1 I10

9

I10 = 5∠0 o

2

V1 − 5∠0 o 10

V1

j2 I(2+j2) V2

V1

I ( 2+ j 2) =

V1 − V2 2 + j2

I(j5) V1

j5

I j5 =

10∠45 o

V1 + 10∠45 o j5

Akımlar negatif çıktığında, ön görülen yönün tersi yönde akımın aktığı kabul edilir.

57

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM 9.3. Thevenin ve Norton Teoremleri

Karmaşık bir ac devresi, belirli bir uçlara göre basitleştirilmiş gerilim kaynaklı veya akım kaynaklı bir devreye dönüştürülebilir. Bu yöntem özellikle esas devrenin şekli aynı kalıp referans alınan uçlarda empedans veya bağlantı gurubu değişkenliklerinin oldu ğu durumlarda analiz basitliği sağlamaktadır. Gerilim kaynaklı basitleştirilmiş eşdeğer devre Thevenin, akım kaynaklı eşdeğer devre ise Norton eşdeğeri olarak tanımlanır. Gerek Thevenin gerekse Norton eşdeğerleri aynı sonuçları sağlar ve bu iki devre de birbirine dönüştürülebilir.

Zy

a Esas devre

Vo Zo

b

Ik

Zo

a

a

Vo b

Zy

Ik

Zy

Zo b

Norton eşdeğeri

Thevenin eşdeğeri

Vo= a-b uçları açıkken bu uçlarındaki gerilim (Thevenin gerilimi) Zo= açık a-b uçlarına göre eşdeğer empedans(gerilim kaynakları kısa devre, akım kaynakları açık devre, fakat iç empedanslar işleme dahil) Ik = a-b uçlarından geçebilecek kısa devre akımı (Norton akımı)

Zo =

Vo Ik

58


10. Örnek Problemler Çevre, Düğüm , Thevenin ve Norton Örnek: Şekilde Vab=? ve Vbc=? 3

a

j4

b

I1

I2

j10

100∠45 o

-j10

c

3 + j14 − j10  I1  100∠45o  .  =    − j10 0   I 2   0   ∆Z =

3 + j14 − j10 − j10

0

= 0 − (− j10)( − j10) = 100

100∠45o − j10 0 0 0 = = 0, I1 = ∆Z 100

3 + j14 100∠45o 10 ∠90o 6 4 74 8 − j10 0 0− ( − j10).100∠45o = = 10∠135o I2 = ∆Z 100

Vab = I1 (3 + j 4) = 0 Vbc = ( I1 − I 2 )( j10) = −(10∠135)(10∠90) = (10∠135)(10∠ − 90) = 100∠45 1 424 3 14243 j10 o

− j10

o

Not: − (1 100∠225 ) = 100 ∠45 3 4243 1424 70.7+ j 70.7

−70.7 − j 70.7

Örnek: Devrede gerilim kaynağının verdiği aktif gücü bulunuz. Devredeki dirençlerin harcadıkları güçleri ayrı ayrı bulunuz. 10 3

I1 -j5

50∠0 o

I2

j4

j5   I 1  50∠0 o  10 − j5   .  =  3 − j   I 2   0   j5 ∆Z =

I1 =

I2 =

10 − j5 j5 = 50 − j 25 = 55.90∠ − 26.56 o j5 3− j

50∠0 o

j5

0

3− j ∆Z

=

10 − j5 50∠0 o j5 0 ∆Z

150 − j50 158.11∠ − 18.43 o = = 2.82∠8.12 o 50 − j 25 55.90∠ − 26.56 o

=

250∠ − 90 o 55.90∠ − 26.56

o

= 4.47∠ − 63.44 o

59


Kaynağın gücü, P = V .I 1 . cos(θ ) = (50)( 2.82) cos(8.12) = 139.58 P10 = ( I 1 ) 2 (10) = ( 2.82 2 ).(10) = 79.524 P3 = ( I 2 ) 2 (3) = ( 4.47) 2 (3) = 59.94 PT = P10 + P3 = 79.524 + 59.94 = 139.46 ≅ P

Örnek: Şekildeki ana hat akımlarını (Ia, Ib ve Ic ) akımlarını bulunuz. Ia 220∠120 o V. I1

10∠30

220∠240 o V.

o

10∠30 o 10∠30 o

Ib 220∠0 o V.

I3

I2

Ic

10∠30 o 0 0   I 1   220∠120 o      10∠30 o 0 . I 2  =  220∠0 o   0  0 0 10∠30 o   I 3   220∠240 o   444442 1 444443 Z o

∆ Z = (10∠30 ).[(10∠30 o ).(10∠30 o ) − 0] = 1000∠90 o 220∠120 o 220∠0 I1 =

220∠240

I3 =

0

0

10∠30 o

o

0 10∠30 o

0 ∆Z

10∠30 0 I2 =

o

o

220∠120 o 220∠0 o

(220∠120 o )[(10∠30 o ).(10∠30 o ) − 0] = 22∠90 o 1000∠90 o

0 0

220∠240 o 10∠30 o

0

=

∆Z 10∠30 o

0

220∠120 o

0 0

10∠30 o 0

220∠0 o 220∠240 o

∆Z

=

=

( 220∠0 o )[(10∠30 o ).(10∠30 o ) − 0] 1000∠90 o

= 22∠ − 30 o

( 220∠240 o )[(10∠30 o ).(10∠30 o ) − 0] = 22∠210 o o 1000∠90

I a = I 1 − I 3 = ( 22∠90 o ) − ( 22∠210 o ) = j 22 − (−19.05 − j11) = 19.05 + j 33 = 38.1∠60 o I b = I 2 − I 1 = (22∠ − 30 o ) − ( 22∠90 o ) = ...... = 38.1∠ − 60 o I c = I 3 − I 2 = ( 22∠210 o ) − ( 22∠ − 30 o ) = ...... = −38.1∠0 o = 38.1∠180 o I 1 = I faz ,

I a = I hat

ve

I a / I 1 = 1.73 = 3 ,

∆ bağlı hat –faz bağıntısı……..

60

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Örnek: Şekildeki 3 fazlı yıldız devrede, hat akımlarını (Ia, Ib ve Ic) bulunuz. Ia

3 − j 4 = 5∠ − 53 o

I1

220∠120

o

5∠ − 53 o

5∠ − 53o

Ib I2

220∠0 o Ic

 (6 − j8) − (3 − j 4)   I 1  220∠120 o  − (3 − j 4) (6 − j8) . I  =  o     2   220∠0  ∆Z =

I1 =

I2 =

(6 − j8)

− (3 − j 4)

− (3 − j 4)

(6 − j8)

220∠120 o 220∠0 o

− (3 − j 4) (6 − j8)

∆Z (6 − j8)

220∠120 o

− (3 − j 4)

220∠0 o

∆Z

= 75∠ − 106 o

=

( 220∠120 o ).(10∠ − 53o ) − (220∠0 o ).(−5∠ − 53 o ) = 25.4∠143.1o 75∠ − 106 o

=

(10∠ − 53 o ).(220∠0 o ) − (−5∠ − 53o ).220∠120 o = 25.4∠83.1o o 75∠ − 106

I a = I 1 = 25.4∠143.1o I c = − I 2 = −25.4∠83.1o I b = I 2 − I 1 = (25.4∠83.1o ) − (25.4∠143.1o ) = (3.05 + j 25.2) − ( −20.3 + j15.2) = 25.4∠23.18 o Ia = Ib = Ic ,

V1 faz = (5)(25.4) = 127 V.

Vhat 220 = = 1.73 = 3 V1 faz 127

Yıldız bağlı faz-hat gerilim bağıntısı sonucudur……….

61


Örnek: Şekildeki devrede, VAB gerilimini dü ğüm gerilimleri yöntemiyle bulunuz.

2

10∠0 o A

A V2

j5

VA

j10

V1 3

I1

B j4

VB

1 1  1  −  V1  10∠0 o  ( 2 + 3 + j 4 ) 2  . = 1 1 1  V 2   0  1    ) − ( + +  2 j 5 j10  2 144444 42444444 3 Y

1 1 1 − ( + ) 2 3 + j4 2 ∆Y = = − j 0.26 = 0.26∠ − 90 o 1 1 1 1 − ( + + ) 2 2 j5 j10 10∠0 o 0 V1 =

−

1 2

1 1 1 + ( + ) 2 j5 j10 5.80∠ − 31o = = 22.3∠59 o o ∆Y 0.26∠ − 90

1 1 ( + ) 10∠0 o 2 3 + j4 1 − 0 5∠0 o 2 V2 = = = 19.23∠90 o ∆Y 0.26∠ − 90 o V A = V2 = 19.23∠90 o V B = I B ( j 4) =

V1 ( j 4) = 17.84∠95.9 o 3 + j4

V AB = V A − V B = (19.23∠90 o ) − (17.84∠95.9 o ) = j19.23 − (−1.83 + j17.74) = 1.83 + j1.49 = 2.35∠39.15

62

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Örnek: Şekildeki a-b uçlarına sırasıyla (5-j5) ve 10 ohmluk ohmik direnç bağlanıyor. Bu empedanslardaki aktif güçleri Thevenin yöntemiyle bulunuz. -j5 a I

50∠0

5-j5

5

o

j5

Vo

10 b

Vo = V ab = I (5 + j5) 50∠0 o = 10 − j5 + 5 + j5 (− j 5)(5 + j5) Zo = = 5 − j5 5 + j5 − j5 I=

Vo = 10(5 + j 5) = 70.7∠45 o

Zo =5-j5 a

I y1 =

Iy1

Vo = 70.7∠45

5-j5

o

70.7∠45 o =5 10 − j10

Py1 = ( I y1 ) 2 (5) = (5) 2 (5) = 125

b

Zo =5-j5 a

Vo = 70.7∠45 o

I y2 = 10

Iy2 b

63

70.7 ∠45o = 4.47∠63.45o 15 − j5

Py 2 = ( I y 2 ) 2 (10) = ( 4.47) 2 (10) ≅ 200

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Örnek: Aşağıdaki devrenin a-b uçlarına göre olan Thevenin eşdeğerini bulunuz. 10∠45 o

5 I5=0 a

3

I

-j4

I=

20∠0 10

o

V10

b

20∠0 o = 1.47∠17.1o 10 + 3 − j 4

V10 = ( I )(10) = (1.47∠17.1o )(10) = 14.7∠17.1o Vo = V ab = 20∠0 o − 10∠45 o − V10 = 20 − 7.07 − j 7.07 − 14.05 − j 4.32 = −1.11 − j11.39 = 11.44∠ − 95.56 o Z o = Z ab = 5 +

(3 − j 4)(10) = 7.97 − j 2.16 3 − j 4 + 10

Zo=(7.97-j2.16) a

Vo = 11.44∠ − 95.56 o b

64


11. Yıldız-Üçgen dönüşümü ve Diğer Analiz Yöntemleri 10.1. Yıldız- Üçgen Dönüşümü (T- π dönüşümü)

Yıldız ve üçgen bağlantılar arasında dönüşüm yapılabilir.

Vi

Ii

Za

I2

Z3

Z1

Zb

Zc

Io

Vo

Vi

π veya Üçgen Bağlantı

Ii

Z2

Io

Zc

Vo

T veya yıldız bağlantı

Bu iki bağlantı gurubunun birbirinin karşılığı olabilmesi için, her iki devrenin giriş, çıkış ve transfer empedansları birbirine eşit olmalıdır. Üçgen Devrede:  Za − Z  a  0

0   I i   Vi  ( Z a + Z b + Z c ) − Z c . I 2  =  0  − Zc Z c   I o   − Vo 

Z giriş =

ZaZb ∆Z = ∆ 11 Z a + Z b

Z çııkı =

ZbZc ∆Z = ∆ 33 Z b + Z c

Z trans =

∆Z = Zb ∆ 13

− Za

Yıldız Devrede:

− Z 2   I i   Vi  ( Z 1 + Z 2 ) . =  −Z ( Z 1 + Z 3 )   I o  − Vo  2  Z Z + Z1Z 3 + Z 2 Z 3 ∆ Z giris = Z = 1 2 , ∆ 11 Z 2 + Z3 Z trans =

Z cııkı =

Z Z + Z1Z 3 + Z 2 Z 3 ∆Z = 1 2 , ∆ 22 Z1 + Z 2

∆ Z Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3 = , Z2 ∆ 12

Đki devrenin aynı empedans terimleri birbirine eşitlenirse,

65


Z a Zb Z Z + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 = 1 2 Za + Zb Z2 + Z3

(1)

ZbZc Z Z + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 = 1 2 Zb + Zc Z1 + Z 2

(2)

Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 Z2

(3)

Zb =

(3) nolu ifade, (1) ve (2) ‘de yerine yazılıp, Za ve Zc terimleri tanımlanır.

Za =

Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3 Z3

(4)

Zc =

Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 Z1

(5)

Bu ifadeler verilen Z1,Z2 ve Z3 ‘e göre Za,Zb ve Zc ifadelerini verir.

Za,Zb ve Zc ifadeleri toplanıp ters çevrilirse, Z1Z 2 Z 3 1 = Z a + Z b + Z c ( Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 )( Z 1 Z 2 ) + ( Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 )( Z 1 Z 3 ) + ( Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 )( Z 2 Z 3 ) =

Z1Z 2 Z 3 Z1Z 2 Z 3 = ( Z 1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 ).( Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 ) ( Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 ) 2

(6) (6)’nın her iki tarafı (ZaZb) ile çarpılıp ve eşitliğin sağ tarafı bunların (3) ve (4) deki karşılıkları yazıldığında, Z1 Z 2 Z 3 Z Z + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 1 (Z a Z b ) = .( 1 2 )( ) 2 Za + Zb + Zc Z3 Z2 ( Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 ) 1444 424444 3 424444 3 1444 Za

Z1 =

ZaZb Za + Zb + Zc

bulunur. Benzer yöntemle (ZaZc) ile Z2, ve ( ZbZc ) ile Z3 bulunur….

66

Zb

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Böylece, üçgenden yıldıza, yıldızdan üçgene dönüşüm bağıntıları tanımlanmış olur. Bunların örnek şekil üzerindeki sonuç durumları aşağıdadır.

Z1

Za

Z2

Zb

Z3

Zc Yıldızdan- Üçgene dönüşüm: Za =

Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3 Z3

Zb =

Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 Z2

Zc =

Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 Z1

Üçgenden-Yıldıza dönüşüm: Z1 =

ZaZb , Z a + Zb + Z c

Z2 =

ZaZc Za + Zb + Zc

Z3 =

ZcZb Za + Zb + Zc

10.2. Süperpozisyon Teoremi

Farklı sayıdaki gözlü devrelerde, daha önce belirtildiği gibi akımlar devredeki kaynak gerilimlerine bağlı olup az ya da çok bu gerilimlerden etkilenir. Örneğin herhangi bir çevredeki akım ifadesi, matris yöntemi ile hesaplanırken devredeki bütün kaynakların bulunduğu terimleri içerir ve bunlarla ilgili transfer empedanslarının bir sonucudur. Her terim ilgili kaynağın akım oluşumundaki tek başına olan etkisini belirtir. Başka deyimle herhangi bir akım, devredeki bütün kaynakların devreyi tek başına besleme durumlarındaki katkılarının bir bileşkesidir. I 1 = V1

∆ ∆ 11 ∆ + V2 21 + ......... + V n n1 ∆Z ∆Z ∆Z

10.3. Karşıtlık Teoremi Đki yönlü tek kaynaktan oluşan bir devrede, uyarımın cevaba oranı, uyarım ile cevap yer değişirse değişmez. Çünkü giriş ve çıkış için iki yönlü sistem oldu ğundan transfer empedansı aynıdır. Vs kaynak, Ir akımı için transfer empedansı, I r = Vs

∆ sr ∆Z

Vs ∆ Z = I r ∆ sr

67


Uyarımla cevap yer değiştirilirse, Vr kaynak olur, Is akım olur. Bu yeni durumda transfer empedansı için, I s = Vr

∆ rs ∆Z

Vr ∆ Z = I s ∆ rs

Her iki durum için transfer empedansları birbirine eşittir. Vs Vr = Ir Is ∆Z ∆Z = ∆ sr ∆ rs

∆ rs = ∆ sr

Bu teoreme ilişkin prensip şema aşağıdadır.

1

3

Đki yönlü devre

V1 2

1 I1

Đki yönlü devre

I1

4

2

68

3 V1 4


Aşağıdaki devrede, kaynak ve akım yer değiştiğinde a-b ve c-d Thevenin eşdeğerlerinin denk olup akımların eşit oldu ğunu gösteriniz.

Z1

Z1

a

Z3

a

Z3 c

c

I1

Z2

d

d

b

Z ab = V ab

Z cd =

Z2 =V Z 2 + Z3

Z1Z 2 + Z3 Z1 + Z 2

Vcd = V

Z ab

a

I3

b

I1 =

Vab Z2 Z 2 + Z3 = (V . ).( ) Z ab Z 2 + Z 3 Z 3 Z 2 + Z1Z 3 + Z1Z 2

I1 =

V .Z 2 Z 3 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 1 Z 2

Z2 Z 2 + Z1

Z cd

c I1

V b

Z3Z 2 + Z1 Z3 + Z2

V ab

Z2

I3

V

Vcd

d

Akımlar eşit değerde aynı

69

I3 =

Vcd Z2 Z 2 + Z1 = (V . ).( ) Z cd Z 2 + Z1 Z 3 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 1 Z 2

I3 =

V .Z 2 Z 3 Z 2 + Z1Z 3 + Z1Z 2


10.4. Kompanzasyon Teoremi Đçinden bir I akımı geçen devredeki bir Z empedansı, değeri (I.Z) olan bir dengeleyici kompanzasyon emk olarak gösterilebilir. Bu kompanzasyon emk yönü sürüş akımına terstir. I

Za

I

Vc=I.Za

Zb

Zb

Devredeki herhangi bir değişiklik I akımını etkilerse, kompanzasyon kaynağı I’ya bağlı oldu ğundan buna göre değiştirilmelidir. Vc kompanzasyon kaynağı bir bağımlı kaynak olarak tanımlandırılır. Bu teorem, bir devre ö ğesindeki empedans değiştiğinde, bu ö ğedeki akım ve gerilimin bulunmasında faydalı olmaktadır.

∆I

I

Is

Z

∆Z

Z

V

Z

V

a)

∆Z

Vc = I .∆Z

b)

c)

Yukarıdaki devrelerde, a) durumunda V kaynağı I=V/Z değerinde akım oluşturur. b) durumunda aynı V beslemesinde empedans Z + ∆Z ’e değişmiştir. Bu durumda akım I s = V /( Z + ∆Z ) ’dir. c) durumunda ise esas kaynak sıfırlanıp, Z + ∆Z içeren devreye bir kompanzasyon gerilimi uygulanır. Devreden ∆I akar. Bu ∆I , ∆Z ’lik empedans değişimi nedeniyle olan akımdaki değişimdir.

Đspat: Vc 6−7 8 − VC V V V .Z − V .Z − V .∆Z V ∆Z − I .∆Z ∆I = I s − I = − = = (− ) = = ∆Z + Z Z Z .( Z + ∆Z ) 12Z3 ( Z + ∆Z ) ( Z + ∆Z ) Z + ∆Z −I

veya, V −V = 0 0 = I .Z − I s ( Z + ∆Z ) = I .Z − ( I + ∆I )( Z + ∆Z ) = I .Z − I .Z − I∆Z − ( ∆I ).Z − (∆I )(∆Z ) 1 424 3 Is

I .∆Z = − ∆I ( Z + ∆Z )

ise

Vc = − ∆I ( Z + ∆Z )

70

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Örnek: Şekildeki devrede 3+j4 olan empedans (5+j5)’ e değişiyor. Akımdaki değişikliği bulup, kompanzasyon teoremiyle gösteriniz. ∆Z = (5 + j5) − (3 + j 4) = 2 + j

∆I = I s − I = (7.07∠ − 45 o ) − 10∠ − 53 o

o

I=

50∠0 = 10∠ − 53o 3 + j4

= 5 − j5 − (6 − j8) = −1 + j 3 = 3.16∠108.43 o Vc = I .(∆Z ) = (10∠ − 53 o ). ( 2 + j ) = 22.3∠ − 26.44 o 123

50∠0 o Is = = 7.07∠ − 45 o 5 + j5

2.23∠ 26.56o

I

∆I

3 + j4

Is

∆Z = 2 + j

3 + j4 50∠0

o

50∠0

1)

∆I = −

3 + j4

∆Z = 2 + j

o

Vc = I .∆Z 3)

2)

Vc 22.3∠ − 26.44 o =− = −(3.16∠ − 71.5 o ) = 3.16∠108.43 o Z + ∆Z (3 + j 4) + ( 2 + j )

10.5. Maksimum Güç Transferi Teoremi

Bir AC kaynağının bir yüke aktarabileceği maksimum güç, yükün empedans tipi ve değeriyle ilgili olarak değişir. Kaynaklar ço ğunlukla bobin sargılı generatörler ve bağımlı kaynak olarak trafolardan oluştukları için iç empedans endüktif karakterlidir. 1.durum: Ohmik dirençli yük Z g = R g + jX g I

Vg

I=

Zy=Ry

Vg ( Rg + R y ) 2 + ( X g ) 2 2

P = I 2 Ry =

V g .R y

2

V g .R y dP d 2 = .[ ] = Vg [ dR y dR y ( R g + R y ) 2 + ( X g ) 2 2

dP = 0 (maksimum guc kosullari) dR y

( Rg + R y ) 2 + ( X g ) 2

2

2

0 644444447 44444448 2 2 [( R g + R y ) + X g ] − 2.( R g + R y ).1.R y

R g + 2R g R y + R y + X g = 2 Rg R y + 2 R y

[( R g + R y ) 2 + ( X g ) 2 ] 2 2

ise

71

2

2

R y = Rg + X g = Z g

]=0

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Kaynak iç empedansının reaktif bileşeni Xg =0 olursa Ry=Rg olur ki bu da bilinen dc devrelerdeki maksimum güç transferi ko şullarına karşılık gelir. 2.durum: değişken direnç ,değişken reaktanslı yük Z g = R g + jX g I

Vg

I=

Zy=Ry+jXy

Vg ( Rg + R y ) 2 + ( X g + X y ) 2 2

Vg R y

2

P = I Ry =

( Rg + R y ) 2 + ( X g + X y ) 2

Đlkin Ry sabit tutulduğu kabul edilip, yukarıdaki P ifadesinde payda küçülürse P artar. Bu durumda X y = − X g olmalıdır.

Diğer yandan Ry değişken olarak dü şünüldüğünde, 1. durum koşullarındaki iç empedansın ohmik dirençten oluştu ğu durum ortaya çıkar . Bu aşama için R y = R g olmalıdır. Böylece maksimum güç transferi için yük empedansı, ∗ Z y = R g − jX g = Z g olmalıdır. 3.durum: Sabit reaktanslı, değişken dirençli yük Z g = R g + jX g Vg

I

jXy Ry

Böyle devrelerde, sabit olan yük reaktansı (jXy) seri iç empedans içine dahil edilir. Devrenin yeni şekli aşağıdadır. Z gn = R g + jX g + jX y Vg

I

Ry

Bu yeni devre, 1. duruma benzer. Maksimum güç transferi için olması gereken Ry aşağıdadır. 2

R y = Rg + ( X g + X y ) 2

R y = Z gn

72


11. Magnetik Kuplaj Devreler Elektrik devrelerinde elemanlar arasında manyetik yol ile de etkileşim söz konusudur. Aralarında do ğrudan bir bağlantı olmaksızın bobinler arasında manyetik bir bağlantı ve bunun sonucunda elektriksel etkileşim olabilir. Bobinden geçen akımlar AC devreleri gibi devrelerde değişirse değişken manyetik akılar üretilir. Değişken akı, akım taşıyan bir bobini veya başka bir bobini etkilemesiyle oluşan indükleme olayları elemanlar arası manyetik bağlantıların (kuplaj) temel nedenini olu şturur. Öz endüktans (L): Bir bobinde akım değişirse onun ürettiği manyetik akı da değişir. Bu akı sargıları keserek bir emk endükler. Sistemin manyetik geçirgenliği µ değişmez ise emk gerilimi akıdaki değişme hızıyla orantılıdır. ez = N .

dφ di =L dt dt

ez= indüklenen emk, N= sarım sayısı, φ = akı ve L= N sarımındaki akıdaki değişimin karşılığı olan emk üretimi için akımdaki değişme çarpanı olarak öz endüklem katsayısıdır. Bir bobin sisteminin öz endüklemi aşağıda ifadelendirilmiştir. L=

N 2 µ. A l

Burada, µ = ortamın manyetik geçirgenliği (ortam hava ise µ o = 4π (10 −7 ) H./m), A akı yolunun kesit alanı (m2), l= akı yolu uzunlu ğu (m). Karşılıklı Endüktans (M):

Karşılıklı endüktans, bir bobinde, bunu magnetik olarak etkileyen başka bir bobindeki akımın neden olduğu indükleme katsayısıdır.

φ12 φ11

i1 N1

φ1 = 1. tarafta üretilen toplam akı φ11 = 1. tarafta üretilen 1.tarafı kesen akı (sızıntı) φ12 = 1. tarafta üretilen 2. tarafı kesen akı

N2

2.taraf

1.taraf

φ1 1.taraf için: φ1 = φ11 + φ12 dφ1 e1 = N1 .

dt

2.taraf için: dφ12 di =M 1 dt dt dφ M = N 2 12 di1

e2 = N 2

= L1

di1 dt

73

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Not: Bir bobinin öz endüklemi, üzerindeki toplam akıyla gerçekleşir.

Karşılıklı etkileşim iki yönlüdür. 2. taraftaki bobinden i2 akımı geçerse benzer ifadeler 1. taraf bobini için yapılır. Sonuçta sistem karşılıklı indüklemeler ile bir dengede bulu şur. M = N1

dφ 21 di2

φ 21 = 2. tarafta üretilip 1. tarafı etkileyen akı

Bobinler demir ve alaşımları gibi bir nüve üzerinde ise φ − i ilişkisi doğrusal değildir. Bu nedenle M ifadelerinde akı ve akım gösterimleri diferansiyel olarak gösterilir. Ortam hava ise φ − i ilişkisi do ğrusaldır. Bu durumda ifadelerde akı ve akım oranı sabit görülür. Etkileşim Katsayısı (k): Bir bobinden diğerine geçen akı, aradaki uzaklığa, eksenlerin birbirine göre olan durumlarına ve ortamın magnetik geçirgenliğine bağlıdır. Transfer olan akının toplam akıya olan oranı etkileşim katsayısı (k) ’dır. k=

φ12 φ 21 = φ1 φ 2

φ12 ≤ φ1 ve φ 21 ≤ φ 2 oldu ğundan k en fazla 1 değerini alır. M 2 = M .M = ( N 2

φ12 i1

).( N 1

φ 21 i2

) = (N 2

k .φ1 k .φ 2 φ φ ).( N 1 ) = k 2 ( N 1 1 ).( N 2 2 ) = k 2 L1 L2 i1 i2 i1 i2 1 424 31 424 3 L1

L2

M = k L1 L2

Birbirini Magnetik yolla etkileyen devreler: Birbirini magnetik yolla etkileyen bobinler arasında elektriksel bir kontak bağlantısı olsun veya olmasın birbirinin elektriksel değerlerini etkiler. Şekil ve bağıntılar aşağıdadır.. φ1

R1

R2 i2

M<0

i1

V1

φ2

φ1 ve φ 2 aynı yönde ise M >0 φ1 ve φ 2 ters yönde ise M < 0

i

φ

sağ el

V2

di1 di − M. 2 dt dt di2 di v 2 = R2 .i 2 + L2 −M 1 dt dt

V1 = ( R1 + jωL1 ).I1 − jωMI 2

v1 = R1 .i1 + L1

74

V2 = ( R2 + jωL2 ) I 2 − jMωI1 d →ω dt

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM M ’nün Đşareti- Nokta Kuralı: Karşılıklı etkileşen bobinlerde, akı yönleri yerine akımların girdiği kenarlar bir işaretle belirtilir. Bobinlerin aynı yönde sarıldığı kabul edilerek akımın giriş yönlerine göre nokta kuralı ile M işareti belirlenir. Örneğin iki bobin için, noktanın bulundu ğu bobin kenarına göre akımların her ikisi de giriyor veya çıkıyorsa M işareti ilgili bobin L’si ile aynı işaretli yani (+)’dır. Biri giriyor diğeri çıkıyorsa M işareti ilgili L ile ters işaretli olarak yani (-)’dir.

Etkileşen ikiden fazla bobin varsa, M’nün işareti için, her bobin diğer bobinlerle karşılıklı olarak düşünülüp, her çift bobin için bir M tanımlanır ve bu kural çerçevesinde M işareti ilgili L’nin işaretine göre (+) veya (-) alınır.

Örnek yönler: φ

M < 0 (L işaretinin tersi)

M >0 (L işareti ile aynı)

Doğal Akım (Đndükleme Akımı): Magnetik sistemde sadece bir taraftan enerji beslemesi yapılıp, indüksiyon yolu ile diğer tarafta gerilim indüklenir ve bu gerilim bir yük ile kapalı çevrim olu şturulduğunda bir I2 akım geçirir. Lens yasasına göre, indüklenen gerilim öyle bir yöndedir ki devre tamamlanıp geçireceği akım, besleme tarafında üretilen akımın neden oldu ğu akıya daima ters şekilde ikinci tarafta bir akı üretir. Böyle sistemlerde, sargı yönü ne olursa olsun M daima negatiftir. Trafo buna örnektir. φ12

φ 21

R1 V1

I1

M<0

R2 I2

R2

V1 = ( R1 + jωL1 ) I 1 − jMωI 2

I2

jω L 2

0 = − jMωI 1 + ( R 2 + jωL2 ).I 2 + Z y I 2 jωMI 1 = ( R 2 + jωL2 + Z y ) I 2

Z y (yük)

e2 = j (ωM ) I 1

75

Z y (yük)

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Do ğal akımlı bir indükleme sisteminde, beslemenin yapılmadığı taraftaki akım artarsa (-ki bu yükün değerine göre değişir, kısa devrede en yüksek değerde), bunun olu şturduğu ters akı besleme tarafından oluşan akıyı azaltır. Toplam akı azaldığında besleme tarafı emk’sı azalır ve sonuçta aynı V besleme gerilimi altında birinci taraf akımında artış olur. Benzer beklenti yukarıdaki besleme tarafı için verilen gerilim bağıntılarından da anlaşılabilir. Bu durum, bir trafo yüklendiğinde ikinci taraf akımı artışı yanında besleme tarafı akımının da arttığını, trafo boşta çalışırken neden şebekeden çok küçük akım çekebileceğini açıklar. Magnetik Etkileşimli Devrenin Elektriksel Bağlantı Eşdeğeri: Magnetik etkileşimli fakat elektriksel bağlantılı olmayan ayrık devre sistemlerinde, her sistem için gerilim denklemleri ifade edildiğinde bu bağıntılar arasında karşılıklı endüktanslı (M) terimler ortak elemanlar olur. Bu karşılıklı endüktans M’den kaynaklanan reaktanslar ilgili çevreler arasında ortak empedans halinde gösterilir. Đlgili çevre empedansları gerilim denklemlerinin ön gördü ğü şekilde düzenlenir. Aşağıda örnek bir durum verilmektedir. M

R1

R2 I2

I1 V1

R1

V2

jωL2

jωL1

jω ( L1 − M )

jω ( L 2 − M ) R2

I1 V1

− jωM   I 1  V1  ( R1 + jωL1 ) . =  − jω M ( R 2 + jωL2 )  I 2  V2  

V2

jω M

I2

Yukarıdaki örnek devre gibi devrelerde, belirli bir çevre için, karşılıklı endüktanslı gerilim düşümü terimi kendi çevre akımıyla değil başka çevre akımlarıyla oluşur. Đlgili çevre akımı da başka çevrede böyle bir gerilim oluşturacaktır. Bu nedenle ilgili çevre akımının kendi çevresinde M çarpanlı gerilim düşümü olmaması ve aynı zamanda çevre akımları kurallarıyla da uyumlu olması için, L özendüktans terimlerinden M terimleri çıkarılmış şekilde j’li reaktans elemanları ifade edilir ( jω ( L − M ) gibi). V1 = I 1 R1 + j (ωL1 ) I 1 − j (ωM ) I 1 + j (ωM ) I 1 − j (ωM ) I 2 1444 424444 3 0

V 2 = I 2 R2 + j (ωL2 ) I 2 − j (ωM ) I 2 + j (ωM ) I 2 − j (ωM ) I 1 1444 424444 3 0

76

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM Aynı akımı taşıyan bobinlerdeki durum: 1. bobin

2. bobin

I(1. bobin)=I(2. bobin)=I

I b

a

2

1 M

L1

R1

I a

b

1.BOBIN 2.BOBIN 64444 74444 8 64444 744448 I ( R1 + jωL1 ) + I ( jωM ) + I ( R2 + jωL2 ) + I ( jωM )

L2

R2

2

1

= I [( R1 + R 2 ) + jω ( L1 + L2 + 2M )]

φ1 φ2

M I a

R1

L1

R2 b

2

L2

1.BOBIN 2.BOBIN 64444 74444 8 64444 744448 I ( R1 + jωL1 ) − I ( jωM ) + I ( R2 + jωL2 ) − I ( jωM )

1

= I [( R1 + R 2 ) + jω ( L1 + L2 − 2 M )]

φ1 φ2

77

Devre Analizi 2 Ders Notlari

Recommend Documents