alternatİf akim kalici durum analİzİ

EBE-212, Ö.F.BAY 1

ALTERNATİF AKIMKALICI DURUM ANALİZİ

EBE-212, Ö.F.BAY 2

SİNÜSOİDLER

EBE-212, Ö.F.BAY 3

Sinüs Fonksiyonu

( ) tXtx M ωω sin=

Burada;

( )tx ω

ω

: gerilim v(t) veya akım i(t) olabilir

MX : sinüs fonksiyonunun maksimum değeri (genliği)

: sinüs fonksiyonunun açısal frekansı

: sinüs fonksiyonunun argümanıtω

EBE-212, Ö.F.BAY 4

ωt nin fonksiyonu olarak sinüs dalga şekli

2π

23π

π π2

MX

MX−

)( tX ω

tω

Her 2π radyandan sonra fonksiyon kendini tekrarlar

( ) ( ) ( )πωπωω 42 +=+= txtxtx

EBE-212, Ö.F.BAY 5

4T

MX

MX−

X(t)

T

43T

2T t

t nin fonksiyonu olarak sinüs dalga şekli

( )[ ] )( txTtx ωω =+

Bir fonksiyonun bir saykıl tamamlaması için geçen zamana periyot denir. Birimi saniye.

Tf 1

=Bir birimlik süre içinde tekrarlanan saykılsayısına frekans denir. Birimi hertzdir, f ile gösterilir.

EBE-212, Ö.F.BAY 6

Tf 1

=

πω 2=TÖnceki şekilden olduğunu biliyoruz.

O halde;

fT

ππω 22==

buluruz.

EBE-212, Ö.F.BAY 7

Genel Sinüs Denklemi( ) ( )θωω += tXtx M sin

Sinüs fonksiyonunun argümanı (ωt+θ) dır, θ ise faz açısıdır

( )θω +tX M sintX M ωsin fonksiyonu, fonksiyonundan daha sonra başlamıştır.

( )θω +tX M sin fonksiyonu ise tX M ωsin fonksiyonundan daha önce başlamıştır.

EBE-212, Ö.F.BAY 8

Bir Sinyalin parametreleri;

• Genliği• Frekansı• Faz açısı

( ) ( )θωω += tXtx M sin

EBE-212, Ö.F.BAY 9

Faz açısı yönünden karşılaştırılması:

( ) ( )θω += tXtx M sin11

( ) ( )φω += tXtx M sin22 olsun,

( )tx1( )tx2 ( )φθ −

( )φθ −( )tx1( )tx2 fonksiyonu, fonksiyonundan kadar geri fazdadır.

fonksiyonu, fonksiyonundan kadar ileri fazdadır.

Eğer ise iki fonksiyon aynı fazdadır.φθ =

Eğer ise iki fonksiyon farklı fazdadır.φθ ≠

EBE-212, Ö.F.BAY 10

Faz açısı normalde radyan yerine derece olarak ifade edilir.

( ) ( )090sin2

sin +=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += tXtXtx MM ωπω

0902=

π

Not: Fonksiyonun argümanına 360 derece veya tamsayı katları eklendiğinde, orijinal fonksiyon değişmemektedir.


Eğer iki fonksiyonu faz açısı yönünden karşılaştırmak istiyorsak;

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


Sinüs ve kosinüs fonksiyonlarının dönüşümleri:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

2sincos πωω tt

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

2cossin πωω tt


Fonksiyonların işaretlerinin değiştirilmesi

( )0180cos)cos( ±=− tt ωω

( )0180sin)sin( ±=− tt ωω


Sinüs ve Kosinüs için açı toplam ve açı fark ilişkileri

( )( )( )( ) βαβαβα

βαβαβαβαβαβαβαβαβα

sin.sincos.coscossin.coscos.sinsinsin.sincos.coscossin.coscos.sinsin

+=−−=−−=++=+


Genel Sinüs Denklemi

( ) ( )θω += tXtx M sin olsun,

Buradan;

( ) ( )

( )( ) ( )( )ABtBAtx

tBtAtxXBXA

ttXtx

M

M

M

/tansin.

cossinsincos

sin.coscos.sin

122 −++=

+===

+=

ω

ωωθθ

θωθω

olur.


Örnek:

a) ( ) ( )045cos1 += ttv ω

( ) ( )0225cos1 += ttv ωb)

c) ( ) ( )0315cos1 −= ttv ω

Verilen gerilimlerin dalga şekillerini çiziniz?


Çözüm:

a)

( ) ( )045cos1 += ttv ω


Çözüm (devam):

( ) ( )0225cos1 += ttv ω( ) ( ) ( )18045cos1225cos1 ++=+= tttv ωω

b)

( ) ( )45cos1 +−= ttv ω


Çözüm (devam):

( ) ( )0315cos1 −= ttv ωc)

( ) ( ) ( ) ( )0000 45cos1360315cos1315cos1 +=+−=−= ttttv ωωω

cevap a) şıkkı ile aynı


Örnek:

( ) ( ) Vttv 01 601000sin12 +=

( ) ( ) Vttv 02 301000cos6 +−=

Gerilimlerin frekanslarını ve aralarındaki faz farkını bulunuz?


Çözüm

Frekansları;

Hzf 2.1592

10002

===ππ

ω

olarak bulunur.


Çözüm (devam):

Faz farkları ise;

( ) ( ) ( )0002 18030cos630cos6 ++=+−= tttv ωω

( ) ( ) ( )00002 60sin6300sin690210sin6)( −=+=++= ttttv ωωω

( ) ( )Vttv 01 60sin12 += ω

buradan;

( ) ( )Vttv 02 60sin6 −= ω

( )tv2( )tv1 fonksiyonundan

( )[ ] 000 1206060 =−−

fonksiyonu

ileridir.


SİNÜSOİDALVE

KARMAŞIK ZORLAMA FONKSİYONLARI


Doğrusal elektrik devresi

V(t)i(t)

( ) ( )θω += tAtv sin( ) ( )φω += tBti sin

Zorlama fonksiyonu

Cevap fonksiyonu

Devrede sadece direnç elemanları varsa olur.

Devrede direnç, endüktans veya kapasitans varsa rezonans anı dışında olur.

φθ =

φθ ≠


Örnek;

tVtv M ωcos)( =

Devreden geçen akımı elde edelim


Çözüm;

Kirşoff’un gerilimler kanununu uygulayalım;

( ) ( ) )(tvtRidt

tdiL =+

( ) ( )φω += tIti M cos Zorlanmış cevap fonksiyonu

Trigonometrik özelliklerden;

( )tAtA

tItIti MM

ωωωφωφ

sincossinsincoscos

21 +=−=

şeklinde yazabiliriz.


Akım ifadesini ilk denklemde yerine yazarsak;

tVtAtARtAtAdtdL M ωωωωω cos)sincos()sincos( 2121 =+++

elde edilir. Denklemi türevden kurtardığımızda;

tVtRAtRAtLAtLA M ωωωωωωω cossincoscossin 2121 =+++−

ifadesini elde ederiz. Sinüs ve Kosinüs fonksiyonlarının katsayıları eşitlendiğinde;

MVLARARALA=+=+−

ωω

21

21 0

eşitlikleri elde edilir.


Bu denklemler çözüldüğünde;

2222

2221

LRLVA

LRRVA

M

M

ωω

ω

+=

+=

ifadelerini buluruz.

Böylece;

( ) tLR

LVtLR

RVti MM ωω

ωωω

sincos 222222 ++

+= olur.


( ) ( )φω += tIti M cos İdi,

222

222

sin

cos

LRLVI

LRRVI

MM

MM

ωωφ

ωφ

+−

=

+=

Buradaki IM ve aşağıdaki gibi bulunurφ

Buradan;

RL

II

M

M ωφφφ −==

cossintan

RLωφ 1tan −−=


( ) ( ) ( )

( )( )

( )

222

222

2

2222

22

2222

222

222222 sincossincos

LRVI

LRV

LRVL

LRVRI

IIII

MM

MMMM

MMMM

ω

ωωω

ω

φφφφ

+=

+=

++

+=

=+=+

Buradan i(t) için son ifade;

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+= −

RLt

LRVti M ωωω

1

222tancos

olarak bulunur.


Euler Denklemi

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

tjte tj ωωω sincos +=

( )( ) te

tetj

tj

ω

ωω

ω

sinImcosRe

=

=

Re(.) fonksiyonun gerçek kısmını ifade eder.

Im(.) fonksiyonun sanal kısmını ifade eder.


Zorlama fonksiyonu:

( ) tjM eVtv ω=

( ) tjVtVtv MM ωω sincos +=

Cevap fonksiyonu:

( ) ( ) ( )φωφω +++= tjItIti MM sincos

( ) ( )φω += tjM eIti


Örnek;R

L

i(t)

v(t)

( ) tVtv M ωcos= ( ) tjM eVtv ω=yerine

uyguladığımızda akım ifadesini bulunuz?


Çözüm;


( ) ( ) )(tvtRidt

tdiL =+

( ) ( )( ) tjM

tjM

tjM eVeI

dtdLeRI ωφωφω =+ ++

( ) ( ) tjM

tjM

tjM eVeLIjeRI ωφωφω ω =+ ++

sadeleştirirsek;lerie tj 'ω

Mj

Mj

M VeLIjeRI =+ φφ ω


buradan;

LjRVeI Mj

M ωφ

+=

θθ

θ

θθ

θ

jj

j

ee

ryrx

xyyxr

rejyx

−

−

=

==

=

+=

=+

1sin.cos.

tan 1

22( )[ ]RLjMjM e

LRVeI /tan

222

1 ωφ

ω

−−

+=

222 LRVmIMω+

=

RLωφ 1tan −−=

Bu yüzden;

ve

olarak yazabiliriz.


( ) tVtv M ωcos=Gerçekte zorlama fonksiyonu

olduğundan, gerçek cevap karmaşık cevabın gerçek kısmıdır.

( ) ( )

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=

+=

−

RLt

LRV

tIti

M

M

ωωω

φω

1

222tancos

cos

sonucunu elde ederiz.


FAZÖRLER


Doğrusal elektrik devresinde gibi bir

zorlama fonksiyonu olsun. Bu durumda cevap

fonksiyonu olur.

( ) tjM eVtv ω=


tje ωDevreyi tanımlayan denklemlerin her teriminde bulunan

Örneğin gerilimi üstel olarak şöyle yazabiliriz;

atıldığında her akım ya da gerilim, genliği ve faz açısı ile tanımlanabilir

( ) ( ) ( )[ ]θωθω +=+= tjMM eVtVtv Recos

Ya da karmaşık sayı ile şu şekilde ifade edebiliriz

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∠= tj

M eVtv ωθRe


Karmaşık zorlama fonksiyonları ile çalışırken, gerçek kısım gerekli

cevaptır. Eğer Re(.) ve atılırsa sadece karmaşık sayı

ile çalışabiliriz.

Bu karmaşık temsil FAZÖR olarak adlandırılır ve koyu olarak yazılır.

tje ω

θ∠= MVV

( ) ( ) ( )[ ]θωθω +=+= tjMM eVtVtv Recos

θ∠= MVV olarak yazılabilir.

( ) ( ) ( )[ ]φωφω +=+= tjMM eItIti Recos

φ∠= MII olarak yazılır.


Örnek;

Devreden geçen akımı fazörlerikullanarak bulunuz?

( ) tVtv M ωcos=

( ) tjM etVtv ωω V== cos θ∠= MVV

olsun0=θtje ωICevap fonksiyonu


Çözüm;

( ) ( ) )(tvtRidt

tdiL =+ Devrenin dif. denklemi;

buradan;

( )tjtjtj

tjtjtj

eeReLj

eeRedtdL

ωωω

ωωω

ω VII

VII

=+

=+

sadeleştirirsek;lerie tj 'ω

VII =+ RLjω

şeklinde yazabiliriz.


Bu sebeple;

RL

LRVI

LjRM

Mω

ωφ

ω1

222tan−−∠

+=∠=

+=

VI

Sonuç olarak;

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+= −

RLt

LRVti M ωωω

1

222tancos

elde edilir.


Fazör Gösterimi

Zaman Düzlemi Frekans Düzlemi

( )( )θω

θω±±

tAtA

sincos

090−±∠

±∠

θ

θ

AA


Fazör Analizi

1. Zaman düzlemindeki diferansiyel denklemleri fazörlerkullanarak frekans düzleminde cebirsel denklemlere dönüştürülür.

2. Bilinmeyen fazörler için cebirsel denklemler çözülür.3. Bilinmeyen fazörler tekrar zaman düzlemine aktarılır.


Örnek;

( ) ( )( ) ( ) Atti

Vttv

0

0

120377sin12

45377cos24

+=

−=

Fonksiyonların fazör karşılıklarını bulunuz.


Çözüm;

AV

000

0

3012)90120(124524

∠=−∠=

−∠=

IV


Örnek;

AV0

0

75102016−∠=

∠=

IV

f=1kHz

ifadelerin t düzlemindeki karşılıklarını bulunuz?


Çözüm;

( ) ( )( ) ( )Atti

Vttv0

0

751000*2cos10201000*2cos16

−=

+=

π

π

( ) ( )( ) ( )Atti

Vttv0

0

752000cos10202000cos16

−=

+=

π

π

Buradan;

elde edilir.


DEVRE ELEMANLARININ FAZÖR İLİŞKİSİ


R Elemanı:

( ) ( )tRitv =

( )vtjM eV θω +

Zorlama fonksiyonu:

( )itjM eI θω +Cevap fonksiyonu:


( ) ( )iv tjM

tjM eRIeV θωθω ++ =

iv jM

jM eRIeV θθ =

iMj

M

vMj

M

IeI

VeVi

v

θ

θθ

θ

∠==

∠==

I

V

IV R=

iv jjMM

ee

RIVθθ =

=

iv θθ =


Direnç için gerilim akım ilişkisi


L Elemanı:

( ) ( )dt

tdiLtv =

( ) ( )iv tjM

tjM eI

dtdLeV θωθω ++ =


iv jM

jM eLIjeV θθ ω=

IV Ljω=( )090+= iv j

Mj

M eLIeV θθ ω

Endüktör için gerilim akım ilişkisi

090+= iv θθ


C Elemanı:

( ) ( )dt

tdvCti =

( ) ( )vi tjM

tjM eV

dtdCeI θωθω ++ =


vi jM

jM eCVjeI θθ ω=

VI Cjω=( )090+= vi j

Mj

M eCVeI θθ ω 090+= vi θθ

Kapasitör için gerilim akım ilişkisi


Örnek;

( ) ( ) Vttv 020377cos12 +=

i(t)’in değerini bulunuz?


Çözüm;

( ) ( )Vttv 020377cos12 +=

ise

( )( )A

LLj

0

03

0

0

0

7059,19010*20377

2012902012

−∠=

∠∠

=

∠∠

==

−

ωωVI

buradan

( ) ( )Atti 070377cos59,1 −=

olarak bulunur.


Örnek;

i(t)

+

-

v(t) FC µ100=

( ) ( )Vttv 015314cos100 +=

i(t)’nin değerini bulunuz?


Çözüm;

( ) ( )Vttv 015314cos100 +=

ise

( )( )( )( )

A

Cj

0

006

0

10514.3151009010*100314

15100

∠=

∠∠=

∠=−

ωI

buradan

( ) ( )Atti 0105314cos14.3 +=

olarak bulunur.


EMPEDANS VE ADMİTANS


Empedans:

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

IVZ =

vMV θ∠

iMI θ∠

zZ θ∠


zivM

M

iM

vM ZIV

IV

θθθθθ

∠=−∠=∠∠

=Z

( ) ( ) ( )ωωω jXR +=Z

jXRZ z +=∠θ

Buradan;

RXXRZ

z1

22

tan −=

+=

θz

z

ZXZR

θθ

sincos

==


Pasif eleman Empedans

CX

CjX

Cj

LXLjXLjR

Cc

LL

ωωω

ωωω1,9011

,90

0

0

−=∠−===

=∠===

=

Z

ZZR

L

C


Empedansların Seri Bağlanması

ns ZZZZZ ++++= ...321

Empedansların Paralel Bağlanması

np ZZZZZ1...1111

321

++++=


Örnek;

( )tv

Ω= 25R

mHL 20=

FC µ50=

a. f=60Hz ise devrenin eşdeğer empedansı nedir?

b. Eğer ise i(t) nedir?

c. f=400Hz olduğunda devrenin eşdeğer empedansı ne olur?

( ) ( )Vttv 030cos50 += ω


Çözüm;

a) f=60Hz ise;

( )( )

( )( ) Ω−=−

=−

=

Ω===

Ω=

−

−

05,5310*5060*2

54,710*2060*2

25

6

3

jjCj

jjLj

C

L

R

πω

πω

Z

Z

Z

Ω−=++=

51,4525 jCLR ZZZZ


Çözüm (Devam);

b) ( ) ( )Vttv 030cos50 += ω ise;

Aj

00

00

22,9196,022,6193,51

305051,4525

3050∠=

−∠∠

=−∠

==ZVI

( ) ( )Atti 022,91377cos96,0 +=


Çözüm (Devam);

c) f=400Hz ise;

( )( )

( )( ) Ω−=−

=−

=

Ω===

Ω=

−

−

96,710*50400*2

27,5010*20400*2

25

6

3

jjCj

jjLj

C

L

R

πω

πω

Z

Z

Z

Ω∠=+= 042,5914,4931,4225 jZ


Admitans:

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

VZY I1

==

yMY θ∠=Y

jBG +=Y


G : Geçirgenlik

B : Suseptans

Dik bileşenler şeklinde yazdığımızda;

2222 ,

1

XRXB

XRRG

jXRjBG

+−

=+

=

+=+

Aynı yolla R ve X de bulunabilir. ;

2222 ,BG

BXBG

GR+−

=+

=


Pasif eleman Admitans

R

L

C 0

0

90

9011

1

∠==

∠−==

==

CCj

LLj

GR

C

L

R

ωω

ωω

Y

Y

Y


Admitansların Seri Bağlanması

ns YYYYY1...1111

321

++++=

Admitansların Paralel Bağlanması

np YYYYY ++++= ...321


Örnek;I

SV PY Ω= 2RZ Ω= 4jZ L

Vs04560∠=V

I ’nın değerini bulunuz?


Çözüm;

Vs04560∠=V

ise

Sj

S

LL

RR

411

211

−==

==

ZY

ZY

buradan

SjP 41

21−=Y


Çözüm (Devam);

ve buradan da;

( )A

j

sp

0

0

43,185,33

456041

21

∠=

∠⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

= VYI

olarak bulunur.


Örnek;

T

T

Ω1

Ω4Ω2j

Ω− 2j

Ω− 2j

Ω− 2j

Ω2

Ω6jΩ4j

eZ

A

B

A-B uçlarındaki eşdeğer empedansı bulunuz?


ÖRNEK SERİ-PARALEL BİLEŞİM

243 jZ +=

4/125.05.025.0

44

4

jYZjjjY

−===+−=

28

24)2(4

4 jjjjjZ =

−−×

=

422622 jjjZ +=−+=

21)2(1

1 jjZ

−−×

=

5.011

1 jZ

+=

2434 jZ −=

342

342234 ZZ

ZZZ+

= 13 j+=

)(1.03.01.02.0

)(2.01.0

234

34

2

SjYjY

SjY

−=+=−=

)(4.08.0)5.0(15.01

1

21

Ω−=+−

=

jZ

jZ

°∠=Ω+=+= 973.8847.36.08.32341 jZZZeq

222 )4()2(42

421

+−

=+

=j

jY

2024

241

34j

jY +

=−

=

1.01.03.0

1.03.011

234234

jjY

Z +=

−==


Denklemi daha sade olarak çözümleyebiliriz;

eZ


Çözüm;

Sj

jj

CL

41

21

41

4

=

−+=

+= YYY

buradan

Ω−= 44 jZ

( ) ( )Ω−=

−++=+=

24424

4334

jjj

ZZZ


Çözüm Devam);

ve buradan da;

Sjj

10,020,024

1

1

3434

+=−

=

=Z

Y

sonra;.

Ω+=−+=

422622

jjjZ


Çözüm (Devam);

Sj

Sjj

10,030,0

20,010,042

1

342234

2

+=+=

−=+

=

YYY

Y

Ω+=−

=

=

1310,030,0

1

1

234234

jj

YZ


Çözüm (Devam);

ve sonra;Sj

j

CR

211

21

11

1

+=

−+=

+= YYY

Ω−=

+=

4,08,0211

11

j

jZ


Çözüm (Devam);

buradan;

Ω+=++−=

+=

6,08,3134,08,0

2341

jjj

e ZZZ

olarak bulunur.


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 fazördiyagramlarında kolaylıkla görülebilir.


FAZÖR DİYAGRAMLARI

ÖRNEK DEVRENİN FAZÖR DİYAGRAMINI ÇİZİNİZ

Herhangi bir değişken referans olarak seçilir.Bu devre için V gerilimi seçilmiştir

CVjLj

VRVIS ω

ω++= :KCL

|||| CL II >

ENDÜKTİF DURUM

|||| CL II <

KAPASİTİF DURUM

)(kapasitif↑ω

(endüktif) ↑ω

CVjIC ω=

ljVIL ω

=


ÖRNEK DEVRENİN FAZÖR DİYAGRAMINI ELDE EDİNİZ

CLRS

C

L

R

VVVV

ICj

V

LIjVRIV

++=

=

==

ω

ω1

Akımı referans olarakseçmek daha uygundur

1. BÜTÜN FAZÖRLERİ ÇİZİN

|||| CL VV >

)(377 1−= sω 2. FAZÖRLERİN SAYISAL DEĞERLERİNİ YAZIN

|||| RCL VVV =−

diyagramfazör için 90212 °∠=SV

Diyagramdan eldeEdilen değerler!

s)(Pythagora)(4512 VVR °∠=)(453 AI °∠=∴

°−∠= 456CV

)(13518 VVL °∠=


Örnek;

SI

RI LI CICjω

1Ljω

Bu devreyi çözmek için K.A.K uygulandığında,

CjLjRCLRS ωω /1VVVIIII ++=++=


00∠= MVV

ise;

000

90900∠+

−∠+

∠= CV

LV

RV

MMM

S ωω

I


CI

LIRI

CI

LI

RI

SICL II +

RI

fSInSI

2SI

1SI

CI

LI RI

SI

LC II +


IL= IC olduğunda veya olduğunda IS ile V

aynı fazda olurlar. Bunun için ise;

CL

ωω 1

=

LC1

=ω

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

VI ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=

LCj

R ωω 11


Örnek;

Ω= 4R

mHL 92.15=SV

RVLV

CV

FC µ1326=

Devrenin fazör diyagramını çiziniz?


Çözüm;

00 9090 −∠+∠+=

++=

CLR

CLRS

ωω III

VVVV00∠= MII

ICV

LV

RV

SVCL VV +


0902 −∠= MC IV

0906 ∠= ML IV

004 ∠= MR IV

SVCL VV +

045

CV

LV

RV

SV

CL VV +045045

( ) ( )VttvS090377cos212 +=

A

jj

0

0

0

0

453452490212

26490212

∠=∠∠

=

−+∠

==ZVI

eğer;

eğer ω=377rad/s ise;


KIRCHOFF KANUNLARI İLE TEMEL ANALİZ


AA Kalıcı Durum Analizinde Problem Çözme Stratejisi


Basit Devre

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


Karmaşık Devre

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


Örnek; BASİT DEVRE

Devredeki akım ve gerilimleri bulunuz?

Ω4

VVS06024∠= 2V

1I

1V

Ω8

Ω− 4jΩ6j

2I

3I


ÖRNEK BÜTÜN AKIM VE GERİLİMLERİ BULUN

)48||6(4 jjZeq −+=

kullaninkanununu Ohmiçin V,Vbölüsümü akimicin I,I

Bulun I

21

32

1

3221 904906 IVIV °−∠=°∠=

)(1528.7)(42.7826.16

2

1

VVVV

°∠=°∠=

284824832

2848244

jjj

jjZeq +

+++=

++

+=

)(964.30604.9036.14246.845196.79

285656

Ω°∠=°∠

°∠=

++

=jjZeq

)(036.29498.2964.30604.9

60241 A

ZVI

eq

S °∠=°∠

°∠==

)(036.29498.2036.14246.8

90628

613 AI

jjI ∠

∠°∠

=+

=

(A)29.0362.4914.0368.24626.5658.944I

j28j48I 12 °∠

°∠°−∠

=+−

=

°∠=°−∠=°∠= 10582.158.1171.206.295.2 321 III


Çözüm;( )( )

Ω∠=

++=++

+=

−+−

+=

094,3061,994.424.44

2848244

4864864

jjj

jjjj

eZ

sonra;

Ae

S

0

0

1

06,295,2

94,3061,96024

∠=

∠∠

==ZVI


K.G.K kullanarak V1 ‘i bulabiliriz;

Vj

S

0

0011

43,7826,1693,1526,306,29106024

4

∠=+=

∠−∠=

−= IVVΩ4

SV

1I

1V

veya gerilim bölüşümü kuralını kullanarak;

( )( )

( )( )V

jjjjjjj

S

4864864

486486

1

−+−

+

−+−

=V

V

( )( )

V0

0

00

1

42,7826,1694,3061,9

36,4951,66024

∠=

∠∠∠

=V


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

Aj

0

0

01

2

58,1171,2906

43,7826,166−∠=

∠∠

==VI

ve

Aj

0

13

10582,148

∠=

−=

VI


I2 ve I3‘ü akım bölüşümünden de bulabiliriz;

( )

( )( )

Aj

jjj

0

00

12

55,1171,228

57,2694,806,295,2648

48

∠=

+−∠∠

=

+−−

=II

Son olarak ta V2’yi bulalım;

( )V

j0

32

1528,7

4

∠=

−= IV


ANALİZ TEKNİKLERİ

AMAÇ: DİRENÇLİ DEVRELER İÇİN GELİŞTİRİLEN DEVRE ANALİZ TEKNİKLERİ GÖZDEN GEÇİRİLECEK; DÜĞÜM VE ÇEVRE ANALİZLERİ, SÜPERPOZİSYON,KAYNAK DÖNÜŞÜMÜ, THEVENİN VE NORTON TEOREMLERİ.


Düğüm Analizi


Örnek;

V006∠2V1V

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

Devredeki I0’ı düğüm analizi yöntemiyle bulunuz?


1. DÜĞÜM ANALİZİ

Io’ı BULUN

BULUN I0

011

0211

06 22

2 =−

++°∠−+

°∠−j

VVj

V

1162

1111

111

2 jjjV

++=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+++

116)11(2

)11)(11()11()11)(11()11(

2 jj

jjjjjjV

+++

=−+

++−++−

281

42 j

jV +=

−

2)1)(4(

2jjV −+

=0

11102

11221 =

−++°∠−

+ jVV

jV

)(23

25

0 AjI ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= °−∠= 96.3092.20I°∠−=− 0621 VV

)(12

0 AVI =


Çözüm;

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

V006∠2V1V

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

0111

0211

2201 =−

++∠−+ jj

VVV


K.G.K’dan;

021 06∠−= VV

İlk denklemde yerine yazarsak;

011

0211

06 22

00

2 =−

++∠−+∠−

jjVVV

ya da;

11226

1111

111

2 jj

jj +++

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+++

V


Voltjj⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

=1114

2V

buluruz. Buradan da;

Amperjjj

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

++

=23

25

1114

0I


Çevre Akımları Analizi


Örnek;

V006∠2V1V

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

Devredeki I0’ı çevre akımları analizi yöntemiyle bulunuz?


2. ÇEVRE ANALİZİ

Io TEK ÇEVRE AKIMI İLETANIMLANABİLİR

°∠−= 02I :ÇEVRE1 1

0)Ij)(I(106)Ij)(I(1 :ÇEVRE2 3221 =+−+°∠−++

IRBULUNMALIDI 3

30 II −=

0I)Ij)(I(1 :3 ÇEVRE 332 =++−

)2)(1(6)1(2 32 −+−=−+ jIjI

0)2()1( 32 =−+− IjIj )2(/*)1(/*

−− j

( ) )28)(1()2(2)1( 32 jjIjj +−=−−−

4610

3 −−

=jI j(A)

23

25I0 −=

SÜPER ÇEVRE ANALİZ TEKNİĞİ DEKULLANILABİLİR

2I

0j)I(1)I(I :3 ÇEVRE0)I(I06j)I(1 :SUPERÇEVRE

02II

323

321

21

=−+−=−+°∠−+

°∠−=−

320 III −=


Çözüm;

V006∠

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

2I

1I3I

K.G.K ‘ı uygulayalım;

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0111

0110611

02

32323

32320

2121

01

=+−++=+−++∠−+++

∠−=

IIIIIIIIIIIII

I

jjj


Denklemeleri çözümleyelim;

( ) ( ) jj 28112 32 +=−+ II

( ) ( ) 01211 32 =−+− jj II

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

−+− 11

1124

3 jj

jI

Aj

j

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=

+−=

23

25

4610

30

3

II

I

olarak bulunur.


Süperpozisyon Analizi


Örnek;

V006∠2V1V

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

Devredeki I0’ı Süperpozisyon yöntemiyle bulunuz?


3. SÜPERPOZİSYON

1j)(1j)(1

j)j)(1(1j)(1||j)(1Z' =−++−+

=−+=

)(01'0 AI °∠=

)1(||1" jZ −=

)(061"

""

1 VjZ

ZV °∠++

= )(061"

""0 A

jZZI °∠

++=

)(61

21

21

"0 A

jjj

jj

I++

−−

−−

=6

3)1(1"

0 jjjI++−

−=

)(46

46"

0 AjI −=

)(23

25"

0'00 AjIII ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=+=

"Z


Çözüm;

Gerilim kaynağını kısa devre yapalım;

'

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j


'0I

Ω1A002∠ Z’

( )( )( ) ( ) Ω=

−++−+

= 11111

1111'

jjjjZ

A0'0 01∠=I olur.


Akım kaynağını açık devre yapalım;

''0IΩ1

Ω1

Ω1 Ω− 1j

Ω1jV006∠

''1V


Gerilim bölüşümü kuralını uyguladığımızda;

( ) ( )

( )

( )

( )

( ) Ajj

Aj

Vjj

jj

jj

o ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−+=+=

−=

−=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−

++

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−

∠=

23

2511

461

11464

116111

11111

11111106

''0

'0

''0

0

''1

III

I

V


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.


4. KAYNAK DÖNÜŞÜMÜ

jV 28' +=

jjIS +

+=

128

Ω=−+= 1)1(||)1( jjZ

Şimdi gerilim-akım dönüşümü yapalım

=++

==jjII S

14

20 235

)1)(1()1)(4( j

jjjj −=

−+−+


Örnek;

V006∠2V1V

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

Devredeki I0’ı Kaynak dönüşüm yöntemiyle bulunuz?


Çözüm;

Önce akım kaynağını gerilim kaynağına dönüştürürüz;

V006∠

0I

Ω1

Ω1Ω1

Ω− 1j

Ω1j


0I

Ω1

Ω1Ω1

( ) Aj

j⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+++11

1126

Ω− 1jΩ1j


Devreyi bu şekilde sadeleştirebiliriz.

0I

Ω1Ajj⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

1128

( )( )( ) ( ) Ω=

−++−+

= 11111

1111jj

jjZ

Akım bölüşümü kuralı ile;

Aj

jj

jj

o

o

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

++

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

=

23

25

1114

111

1128

I

I


Thevenin Analizi


Örnek;

V006∠2V1V

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

Devredeki I0’ı Thevenin yöntemiyle bulunuz?


5. THEVENİN ANALİZİ

2610 j−

Ω=−+= 1)1(||)1( jjZTH

)(235

0 AjI −=

=+−++

−= )28(

)1()1(1 j

jjjVOC

Gerilim Bölüşümü

j28+


Çözüm;

Birinci adımda; ‘ luk yük devreden çıkarılır ve açık uçlar arasındaki gerilimi bulunurOCV

Ω1

V006∠

OCVΩ1

Ω1

Ω1A002∠

Ω− 1j

Ω1j


V006∠

OCVΩ1

Ω1Ω1

Ω− 1j

Ω1j

( )Vj+12

Gerilim bölüşümü kuralı ile;

( )[ ]

( )Vjjj

jj

OC

C

351111

1111260

−=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++−

−++=

V

V


ThZ

Ω1

Ω1 Ω− 1j

Ω1j

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

( )( )Ω=

−++−+

= 111111111jjjj

ThZ


Üçüncü adımda; aşağıdaki devreyi elde ederiz ve ‘ı buluruz.

0I

0I

Ω1

Ω=1ThZ

( )VjOC 35−=V

Aj ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

23

25

0I


Örnek-2. Thevenin eşdeğerini elde ediniz

( )

( )

oc80 80 5 30

80 80 20

80 2 455 30100 36.90

4 2 21.9 V

jj j

⎛ ⎞+= ∠− ° ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠

⎛ ⎞∠− °= ∠− ° ⎜ ⎟∠ °⎝ ⎠

= ∠− °

V

:

( )( )t

20 80 8023 81.9

20 80 80j jj j

− += = ∠− ° Ω

− + +Z


Örnek-2 (devam)


Norton Analizi


Örnek;

V006∠2V1V

0I

Ω1

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

Devredeki I0’ı Norton yöntemiyle bulunuz?


6. NORTON ANALİZİ

Ω=−+= 1)1(||)1( jjZTH

(A)j12j8

j10602I

02II

SC

01SC

++

=+°∠

+°∠=

∠+=

=++

==j1j4

2II SC

0 235

)1)(1()1)(4( j

jjjj −=

−+−+


Çözüm;

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

Ω1

V006∠

SCI

Ω1

Ω1

A002∠

Ω− 1j

Ω1j

1I


1106 0

1 j+∠

=I

Ajj

j

SC

SC

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

=

++=∠+=

1128

116202 0

1

I

II

olarak buluruz.


ThZ

Ω1

Ω1 Ω− 1j

Ω1j

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

( )( )Ω=

−++−+

= 111111111jjjj

ThZ


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

0I

Ajj

SC ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

=11

28I Ω1

0IΩ=1ThZ

Aj

jj

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

=

23

25

111

1128

0

0

I

I


Bağımlı Kaynak İçeren DevrelerdeAC Kararlı Durum Analizi


Düğüm Analizi


Örnek;

Ω− 1j

XI

0VΩ1

Ω1Ω1

Ω1jXI2

V0012∠ A004∠

Devredeki V0’ı Düğüm analiziyle bulunuz?


ÖRNEK-2 DÜĞÜM ANALİZİ İLE V0’I BULUN

Uygun referans düğümü seçin

DÜĞÜMLER

°∠=− 01231 :denSuperdugum VV

0j

VjVV

1VV

1VV04 3212303 =+

−−

+−

+−

+°∠−

indauygulandigKAK eSuperdugum

01

VV2IjVV 32

x12 =

−+−

−−

uyg.KAK için V2

0041

VV1

V 300 =°∠+−

+

uyg.KAK için V0

1VVI 03

x−

=

degiskeni Kontrol

42 03 +=⇒ VV

16212

01

31

+=+=

VVVV

4003 +=− VVV0)42()4(2)162( 02002 =−−++−−− VVVVVj4)42()4()42()162( 000202 =+−++−−−−−− VjVVVVVj

13,1434 ∠=++

−=2j14j8V0


Çözüm;

Ω− 1j

XI

0VΩ1

Ω1Ω1

Ω1jXI2

V0012∠ A004∠

1V

2V 3V

Süper düğüm dikkate alınarak denklemler yazıldığında;


10

3 012 VV =∠+

011

04

01

211

011

0411

0300

033212

30302321

=+−

+∠

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−

+−−

=+−

+∠−−

+−−

VVV

VVVVVV

VVVVVVV

j

jj

denklemleri Vo için çözümleyelim.


( ) ( )( ) ( ) 16121124

124113

20

20

jjjjj

+=+++−+−=+−

VVVV

( )

Vjj

00

0

13,14342148

∠=

++−

=

V

V

olarak bulunur.


Çevre Akımlar Analizi


Örnek;

Ω− 1j

XI

0VΩ1

Ω1Ω1

Ω1jXI2

V0012∠ A004∠

V0 gerilimini çevre akımlar analiziyle bulunuz?


ÇEVRE ANALİZİ

xIII

204

3

2

=°∠−=

KAYNAKLAR TARAFINDAN BELİRLENEN ÇEVRE AKIMLARI

0)I1(I012jI :1ÇEVRE

311 =−+°∠+−

0)Ij(II1)I1(I:4ÇEVRE

34424 =−+×+−

24x III −=

(V)I1V 40 ×=

0))4(2(4 4444 =+−+++ IIjII

)4(2 43 +=⇒ II

ÇEVRE AKIMLARI BELİRLENİR

jjIjIj

−−

−=⇒−−=−2

84)84()2( 44 jj

×

143,1342j14j8V0 ∠=

++

−=)(


Çözüm;

Ω− 1j

XI

0VΩ1

Ω1Ω1

Ω1jXI2

V0012∠ A004∠

3I

2I

4I

1I


043

0424

02

0822

04

04

∠+==

∠+=−=

∠−=

III

IIII

I

x

x

( )( ) ( ) 0111

01211

42434

0311

=+−+−∠−=−+−

IIIIIIII

jj

V

A0

0

04

13,1434

13,1434

∠=

∠=

V

IDenklemler I4 için çözüldüğünde;

olarak bulunur.


Thevenin Analizi


Örnek;

Ω− 1j

XI

0VΩ1

Ω1Ω1

Ω1jXI2

V0012∠ A004∠

V0 gerilimini Thevenin analiziyle bulunuz?


Thevenin Empedansını hesaplamanındiğer yolu:1. Bağımsız kaynakları sıfır yap2. Harici bir kaynak bağla

"x

testTH I

VZ −=

"xI

KGK

)(1"" Ω−=⇒+−= jZjIIV THxxtest

jZTH −=1

V143,134V

8j)(V)4(j2

1V

00

0

∠=

+−−

=

THEVENIN ANALİZİ

AÇIK DEVRE GERİLİMİ İÇİN;

°∠= 04'xI

°∠082 xI

8j(V)4VOC +−=


Çözüm;Ω− 1j

'XI

ocV

Ω1Ω1

Ω1jXI′2

V0012∠ A004∠

( )( ) ( )

Vjj

j

OC

OC

xxOC

x

84)04(21041

211

04

00

''

'

+−=∠+∠−=

+−=

∠=

VV

IIV

I


Daha sonra;

Ω− 1j

''XI

testV

Ω1Ω1

Ω1j''2 XI

''XI


011 '''' =−− testxxj VII

Ω−=−

=

−−

=

11

11

''

''

j

j

Th

x

testTh

testx

ZI

VZ

VI


Ω− 1j0VΩ1

Ω1

Vj

j

00

0

13,14341111)84(

∠=

+−+−

=

V

V

olarak bulunur.


Örnek-2. Thevenin eşdeğerini bulunuz

2 0.0124 16 A= ∠− °I

oc 2300 3.71 16 V= = ∠− °V I


Örnek-2. (devam)

sc9 02 0 0 0.015 0 A600∠ °

− − = ⇒ = ⇒ = = ∠ °V V V I

ocT

sc

3.545 16 247 160.015 0

∠− °= = = ∠− ° Ω

∠ °VZI


Örnek-3. Thevenin eşdeğerini bulunuz

oc oc oc(6 8) (6 8)3 04 2 2 2

j jj j j

⎛ ⎞− + − ++ − =⎜ ⎟− ⎝ ⎠

V V V

oc 3 4 5 53.1 Vj= + = ∠ °Vs 10 53 6 8 Vj= ∠ ° = +V


Örnek-3. (devam)

(6 8) 3 (6 8) 02 4 2 2 2

j jj j j

⎡ ⎤− + − ++ + − =⎢ ⎥− ⎣ ⎦

V V V V

3 41

jj

+=

−V

sc3 4

2 2 2jj

+= =

−VI

s 10 53 6 8 Vj= ∠ ° = +V

ocT

sc

2 23 4 2 23 4

jj jj

⎛ ⎞−= = + = − Ω⎜ ⎟+⎝ ⎠

VZI


Norton Analizi


Örnek;

Ω− 1j

XI

0VΩ1

Ω1Ω1

Ω1jXI2

V0012∠ A004∠

Devredeki V0’ı Norton analiziyle bulunuz?


NORTON ANALİZİ

SCI

4''' −= xSC II

)(13''' AVI x =

DÜĞÜM ANALİZİ İLE

°∠=− 012VV 31

den;Superdugum

004jVV

1VV

jV

1V 212333 =°∠−

−−

+−

++

m)(SuperduguKAK

0jVV

1VV2I:)(V KAK 1232'''

X2 =−−

+−

+−

1VI 3'''

x =

1231 +=⇒ VV

)(/ j−×

0)12()(2 32323 =−−+−− VVVVjjV12)31()1( 32 =−−− VjVj

j×/

jjVVjjVVjVjVVj

4122)1(4)12()1(

32

23233

+=+−=++−−++

jjVjVj

−=⇒=−

144)1( 33 j

jISC −+−

=⇒1

84

jj

jjjjISC +

+−=

−+−

=1

48)1(

)84(

Şimdi Norton Eşdeğer Devresiniçizebiliriz ...


NORTON EŞDEĞER DEVRESİ

THZ

SCI

(V)j1

4j)(8j2j1(V)(1)IV 00 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

−−−

== Akım Bölüşümü ile

Volt00 13,1434∠=V


Çözüm;

Ω− 1j

SCI

Ω1Ω1

Ω1j'''2 XI

V0012∠A004∠

1V

2V 3V'''

XI


1

01

0411

0211

012

3'''

'''302312

'''3212

10

3

VI

IVVVVV

IVVVV

VV

=

=++∠−−

+−−

=−−

+−−

=∠+

x

x

x

jj

j

Birinci ve sonuncu denklemler diğerlerinde yerine yazıldığında;


( ) ( )( ) ( ) 124211

121311'''

2

'''2

jj

jjj

x

x

−=++−

=+−+

IV

IV

Denklemler Ix için çözüldüğünde;

SCx

x Aj

II

I

+∠=

+−

=

0'''

'''

0411

4

Thevenin empedansı daha önce bulunmuştu;( ) A

jj

SC 1148

++−

=IΩ−= 11 jThZ


Ω− 1j0I

0VΩ1

Ω1

( ) Ajj1148

++−

( ) ( )

Volt

jj

j

jjj

00

0

0

13,1434

13134

1111

111148

∠=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

−=

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−+

−++−

=

V

V

V

olarak bulunur.

alternatİf akim kalici durum analİzİ

Documents