devre-analizi-teknikleri
advertisement
Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri DEVRE ANALĐZ TEKNĐKLERĐ Bu zamana kadar kullandığımız Kirchoffun kanunları ve Ohm kanunu devre problemlerini çözmek için gerekli ve yeterli olan eşitlikleri sağladılar. Fakat bu kanunları kullanarak şimdiye kadar izlediğimiz yöntemler biraz daha metodik ve algoritmiktir. Bu metodlarla herhangi bir devredeki akım ve gerilim hesabı oldukça kolaylaşmış olmaktadır. Çözüm metotlarına girmeden önce, bu yöntemleri anlatırken kullanacağımız terimlerin ne manaya gediğini inceleyelim. Düğüm: Đki veya daha fazla devre elemanının uçlarının birleştiği noktalar düğüm olarak adlandırılır. Şekil.DT.1 için a, b, c, d, e, f, g, h, i, j noktalarının hepsi düğümdür. Temel Düğüm: Üç veya daha fazla devre elemanın birleştiği düğüm temel düğüm olarak adlandırılır. Şekil.DT.1’deki düğümler içerisinde yalnızca c, d, e, f, i, j temel düğümdür. Yol: Hiçbir devre elemanının iki defa olmamak üzere, temel devre elemanlarının yan yana olanları üzerinden gidilerek izlenen sıraya yol adı verilir. Şekil.DT.1’deki V2 , R4 , i1 , R6 bir + yol oluşturmaktadır. Yine i2 , R7 , V3 , de bir yol oluşturmaktadır. Şekil.DT.1. Temel terimlerin incelenmesi için örnek devre Kol: Đki düğümü birleştiren yola kol adı verilir. Örneğin a ve b düğümünü birleştiren R1 direnci bir kol oluşturmaktadır. Yine V4 gerilim kaynağının olduğu yol, i2 akım kaynağının olduğu yol bir koldur. Temel Kol: Başka bir temel düğümden geçmeden iki temel düğümü birleştiren yola temel kol denir. Şekil.DT.1’deki V1 , R1 , R2 yolu i2 yolu, V4 , R8 yolu, R3 yolu, R6 yolu, i1 i1 yolu, R4 yolu ve V2 , R5 yolu temel kol örnekleridir. Halka: Bir düğümden başlayarak, yine aynı düğüme geri dönen yola halka ismi verilir. Şekil.DT.1’ deki halka örnekleri ise aşağıdaki gibidir; R3 − V4 − R8 − R7 , R7 − R6 − i1 − V3 , V2 − V1 − R1 − i2 − R6 − R5 © Uğur TAŞKIRAN 2007 1 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Çevre: Đçinde başka bir halka olmayan halkaya çevre adı verilir. Şekil DT.1. için R4 − V1 − R1 − R2 − R3 − V3 halkası, V2 − R4 − i1 − R5 halkası, i1 − V3 − R7 − R6 halkası, R7 − R3 − V4 − R8 halkası, R8 − V4 − i2 halkası aynı zamanda birer çerçevedirler. Düzlemsel Devre: Birbiri üzerinden atlama yapmadan bir düzlem üzerine (örneğin kağıda) çizilebilen devrelere düzlemsel devre ismi verilir. Üzerinden atlama yapılmış devreler illaki düzlemsel olmayan devre olmayabilirler. Bu devrelerin bir kısmı düzlemsel olarak çizilebilir. Örneğin şekil DT.2’deki devre, şekil DT.3’teki gibi tekrar çizilebilir. Şekil.DT.2 Örnek düzlemsel Devre Şekil.DT.3. Şekil.DT.2’deki devrenin düzeltilmiş hali Yine de bazı devreler vardır ki düzeltmeler sonucunda dahi atlamasız çizilmez. Bu durumdaki bir devreye düzlemsel olmayan devre adı verilir. Şekil DT.4’deki devre böyle bir devredir. R1 R2 R5 V1 + - R4 R3 R6 R7 R8 R9 Şekil.DT.2 Düzlemsel Olmayan Devre Göreceğimiz metodlar içerisinde çevre akımları yöntemi yalnızca düzlemsel devrelere uygulanabilirken, düğüm gerilimleri yöntemi hem düzlemsel hem düzlemsel olmayan devrelere uygulanabilir. Düğüm gerilimleri yönteminde, her düğüme bir gerilim atanarak, Kirchoffun akım kanunu vasıtasıyla denklemler elde edilir. Fakat bizim için gerekli olan ise temel düğüm sayısının bir eksiği kadar denklemdir. Yani Düğüm gerilimleri yönteminde toplam denklem sayısı; ds1 = ne − 1 burada ne , temel düğümlerin sayısıdır. © Uğur TAŞKIRAN 2007 2 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Çevre akımları yönteminde ise Kirchoff’un gerilim kanunu, toplam çevre sayısı dolayısıyla denklem sayısı ds2 ise; ds2 = be − (ne − 1) formülünden hesaplanır. Burada be toplam temel kol sayısıdır. Düğüm Gerilimleri Metodu Düğüm gerilimleri metodu temelde, temel düğümlere bir gerilim atanarak ve her düğüm için Kirchoff’un akım kanunun yazılmasını temel alan bir yöntemdir. Bu yöntemle bütün temel düğümlerdeki gerilimler hesaplanır. Bu değerler devrenin diğer noktaları için bir referans özelliği taşır. Bu değerler vasıtasıyla devrenin herhangi bir noktasından geçen akımı veya herhangi iki nokta arasındaki gerilimi hesap etmek mümkündür. Aşağıdaki örnekle birlikte, düğüm gerilimleri yöntemi ile devre çözümünü inceleyeceğiz. Gerekli olan denklem sayası ds1 = 3 − 1 = 2 . Şekil.DT.5 Düğüm Gerilimleri Yöntemi Đçin Örnek Devre Đlk olarak yapılacak iş devredeki düğümlerin tespitidir. Buradaki örnek için 1, 2, 3, ve 4 düğümdür. Fakat esas kullanacaklarımız ise temel düğümlerdir, yani 1, 2 ve 4 tür. Temel düğümlerin bir tanesi toprak düğümü, yani sıfır volt noktası olarak seçilir ve ( veya veya ) işaretleriyle gösterilir. Bu sıfır noktası olarak seçilen düğüm genellikle en çok devre elemanının bağlı olduğu düğüm olur. Bu kesin bir kural olmamakla beraber genel bir kabul olmuştur. Bazı durumlarda sıfır noktası diğer düğümler arasından seçilebilir. Bundan sonraki adım geriye kalan temel düğümlere gerilim atamak yani her bir düğümdeki gerilimleri V1 , V2 ,......, Vne −1 gibi işaretlenir. Burada bir 1 düğümü için V1 ve 2 düğümü için V2 işaretini kullanalım. Bundan sonraki aşamada her bir işaretlenen düğüm için, sıfır noktası hariç Kirchoffun akım kanunu yazılır. 1 düğümü için; ia + ib + ic = 0 Burada ia , ib ve ic yönlerine dikkat edilerek ve Ohm kanunundan eşitlikler yazılır yani; V −V V −V V −0 ia = 1 k , ic = 1 2 ve ib = 1 R1 R3 R2 V1 − Vk V1 V1 − V2 + + =0 R1 R2 R3 © Uğur TAŞKIRAN 2007 3 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Görüldüğü üzere ia , Ri ’nin bulunduğu koldan geçen akımdır ve denklemi ona göre yazılmıştır. ib ve ic de ona göre yazılmış ve en sonunda ise en başta yazılan denklemde yerine konmuştur. 2 düğümü için denklemi yazalım. id + ie + i f = 0 V2 − V1 ; yönü ic ’ye terstir, o yüzden bu şeklide yazılmıştır. R3 V −0 ie = 2 ve i f = −ik akım kaynağının yönü i f ’ye terstir. R4 Dolayısıyla ikinci denklem V2 − V1 V2 + − ik = 0 R3 R4 şeklinde yazılabilir. Böylelikle iki bilinmeyenli iki denklem bulunmuş olur. Diğer değerler; R dirençler ve kaynak değerleri devrede verilmiş olmalıdır. Đki bilinmeyenli iki denklem ise doğrusal cebir vasıtasıyla kolaylıkla çözülebilir. Aşağıda verilen örnekle durum daha açık bir şekilde anlaşılabilir. id = Örnek.DT.1: Şekil.DT.5 teki devrede R1 =8 Ω , R2 =3Ω , R3 = 4Ω ve R4 = 12Ω dur. Vk = 20v ve ik = 5 A ise, R4 üzerinden geçen akımı hesap ediniz. Sayısal değerleri yukarıda bulduğumuz denklemlerde yerine yazınız. V1 − 20 V1 V1 − V2 + + =0 ⇒ 17V1 − 6V2 = 60 x 2 8 3 4 V2 − V1 V2 + −5 = 0 ⇒ −3V1 + 4V2 = 60 x3 4 12 34V1 − 12V2 = 120 −9V1 + 12V2 = 180 25V1 = 300 300 V1 = = 12v 25 60 + V1 60 + 36 96 V2 = = = = 24v 4 4 4 V 24 iR4 = 2 = = 2A R4 12 Düğüm Gerilimleri Yöntemi Özel Durumlar Bağımlı Kaynaklar: Düğüm gerilimleri yönteminde, düğüm gerilimleri devrenin herhangi bir yerindeki gerilimin ve akımın hesap edilmesi için yeterlidir. Bu yüzden bağımlı kaynakların olması durumu değiştirmez. Bağımlı kaynakların kontrolleri ise düğüm gerilimleri değişkenlerinden faydalanarak hesaplanır. Aşağıdaki örneği inceleyelim. Örnek.DT.2: Aşağıdaki devrede işaretli düğüm gerilimlerini çözünüz. © Uğur TAŞKIRAN 2007 4 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Devreyi dikkatle incelediğimizde işaretli olan düğüm gerilimlerinin birinin daha çözüme başlamadan belli olduğunu görürüz. Bu V2 dir. Görüldüğü üzere 25v’luk gerilim kaynağı V2 ’nin düğümü ile toprak arasına bağlıdır. Dolayısıyla V2 =25v olur. V1 için: V1 V −V −1 + 1 2 = 0 10 20 2V1 − 20 + V1 − 25 = 0 ⇒ V1 V − 25 −1 + 1 =0 10 20 45 V1 = V1 = 15v 3 Süper Düğüm: Eğer iki düğüm arasına bir gerilim kaynağı bağlanmış ise kollardan geçen akımı direk yazamayız. Fakat dolaylı yollardan düğüm gerilimlerini yazabiliriz. Aşağıdaki örneği inceleyelim. Örnek.DT.3 V1 V1 + + ix = 0 10 50 ix : gerilim kaynağı üzerinden geçen akımı direk bilemediğimizden gerilim kaynağı üzerinden geçen bir akım tanımlandı: V1 düğümü için V2 düğümü için V −ix + 2 + 2 = 0 10 Bu iki denklemi toplarsak ix terimleri yok olur. V1 V1 V + + 2 + 2 = 0 elde edilir. (Denklem 1*) 10 50 10 Fakat eksik olan bir denklem daha bulunmalıdır. Çünkü 2 bilinmeyenli denklemleri çözmek için en az iki adet denklem lazımdır. Bu ise kontrollü gerilim kaynağını yerine yazarak bulunur. V V V1 − V2 = 50i ⇒ i = 1 ⇒ V1 − V2 = 50 1 10 10 −4V1 − V2 = 0 Böylece ikinci denklem elde edilmiş oldu. Denklemler çözülürse: © Uğur TAŞKIRAN 2007 5 Devre Analizi Ders Notları 5V1 + V1 + 100 + 5V2 = 0 −4V1 − V2 = 0 Devre Analiz Teknikleri 6V1 + 5V2 = −100 ⇒ X (5) −20V1 − 5V2 = 0 −14V1 = −100 100 = 7.142v 4 V2 = −28.57v V1 = Denklem (1*) kısaca yazabilmek için süper düğüm yöntemi adı verilen bir yöntem uygulanabilir. Bu yöntem gerilim kaynaklarının arasına bağlı olduğu her düğüm için uygulanabilir. Eğer süper düğüm için Kirchoff’un akım kanununu yazarsak: V1 V1 V + +2+ 2 = 0 10 50 10 Denklem (1*)elde ederiz. Çevre Akımları Metodu Çevre akımları metodunda temel olan çevrelerin tespit edilerek çevreler içerisinde akımlar dolaştığının varsayılmasından ibarettir. Daha sonra çevre için Kirchoff’un gerilim kanunu yazılır. Sonuç olarak be − (ne − 1) adet denklem elde edilir. Bu denklemlerle çevre akımları hesaplanır. Yine düğüm gerilimlerinde olduğu gibi çevre akımları devrenin herhangi bir yerindeki gerilim ve akımların hesaplanması için yeterlidir. Şekil.DT.6’yı ele alalım. + VR 12 R1 + Vk1 + - i2 R2 VR 22 VR 21 + - - + + VR 41 i1 - R3 VR 32 VR 33 + - R4 VR 43 i3 Vk 2 + - + Şekil.DT.6 Çevre Akımları Yönteminin Uygulanması © Uğur TAŞKIRAN 2007 6 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Şekil.DT.6’daki devrede üç adet çevre olduğu görülmektedir. Devrede dört adette temel düğüm bulunmaktadır. Devrede altı adette temel kol vardır. Gerekli olan denklem sayısı be = 6 ve ne = 4 için be − (ne − 1) = 6 − (4 − 1) = 7 − 4 = 3 ’tür. Bu sayı ise çevre sayısına eşittir. Çevreler tespit edildikten sonra her çevre için çevre içinde dolanarak devresini tamamlayan çevre akımları tespit edilir. Bu akımların yönleri ya hepsi saat yönünde, ya da saat yönünün tersi yönde tespit edilir. Burada ve ilerde hep saat yönü tercih edilecektir. Bundan sonra ise çevre akımının yönü referans alınarak Kirchoff’un gerilim kanunu yazılır. i1 halkası için bunu yazalım. −Vk1 + VR21 + VR41 = 0 Burada VR21 ve VR41 , i1 akımına göre pozitif kabul edilir. −Vk1 + V21 + VR41 = 0 V21 gerilimi bir sonraki aşama için dikkatle seçildi. Eğer VR21 ve VR41 , i1 akımına göre seçilmişse denklemi yeniden yazarsak; −Vk1 + (i1 − i2 ) R2 + (i1 − i3 ) R4 = 0 R2 üzerinden geçen akımın (i1 − i2 ) olduğuna ve R4 üzerinden geçen akımın (i1 − i3 ) olduğuna ve kabul edilen referans gerilim yönlerine dikkat ediniz. i2 halkası için ise +VR22 + VR12 + VR32 = 0 denklemi yazılıp, değerleri yerine konursa R2 (i2 − i1 ) + R1i2 + (i2 − i3 ) R3 = 0 Burada VR22 = −VR21 olduğuna ve bunların i1 ve i2 akım yönlerine göre alındığına dikkat ediniz. i3 halkası için ise VR43 + VR33 + VRk 2 = 0 ⇒ R4 (i3 − i1 ) + R3 (i3 − i2 ) + Vk 2 = 0 Bu şekilde denklemler bulunmuş olur. Sonuç denklem sistemini çözerek elde edilir. Örnek.DT.4: Şekil.DT.6’daki devrede Vk1 = 35v, R1 = 50Ω, Vk2 = 25v, R2 = 250Ω, R3 = 50Ω ve R4 = 25Ω ise i1 , i2 ve i3 çevre akımları kaçtır? Denklemlerde değerleri yerlerine yazalım. −35 + (i1 − i2 )250 + (i1 − i3 )25 = 0 ⇒ 275i1 − 250i2 − 25i3 = 35 250(i2 − i1 ) + 50i2 + (i2 − i3 )50 = 0 ⇒ − 250i1 − 350i2 − 50i3 = 0 25(i3 − i1 ) + 50(i3 − i2 ) + 25 = 0 ⇒ − 25i1 − 50i2 + 75i3 = −25 Denklem sistemini çözelim 275 −250 −25 ∆ = −250 350 −50 = 1000000 = 106 −25 −50 75 35 −250 −25 ∆1 = 0 350 −50 = 300000 −25 −50 75 © Uğur TAŞKIRAN 2007 i1 = ∆1 / ∆ = 0, 3 A 7 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri 275 35 −25 ∆ 2 = −250 0 −50 = 200000 −25 −25 75 i2 = ∆ 2 / ∆ = 0, 2 A 275 −250 35 ∆ 3 = −250 350 0 = −100000 −25 −50 −25 i3 = ∆ 3 / ∆ = −0,1A Çevre Akımları Yöntemi Özel Durumlar Bağımlı kaynakların devrede bulunması çevre akımları yöntemini değiştirmez çünkü çevre akımları devrenin herhangibir yerindeki gerilim ve akımını belirlediği için küçük değişikliklerle devre çözülebilir. Bunun için Örnek.DT.5’i inceleyelim. Örnek.DT.5: Çevre akımları yöntemi kullanarak 20Ω’luk direnç üzerinden geçen akımı hesaplayınız. 2A i2 10 ohm 20 ohm Đx + - 25 ix i1 i + Vx 5A i3 80 v + - Şekle bakıldığında iki adet akım kaynağı Kirchoff’un gerilim kanunu yazmak için bir problem oluşturur gibi gözükmektedir. Fakat dikkatli bir incelemeyle i2 = 2 A olduğunu kolaylıkla bulabiliriz. Böylece bilinmeyen sayısı bir adet azılmış olur. i1 halkası için denklemi yazalım. 5A lık akım kaynağı üzerindeki gerilime Vx diyelim. - −25ix + (i1 + i2 )10 + Vx = 0 i3 halkası için yazalım −Vx + (i3 + i2 )20 + 80 = 0 Bu iki denklemi toplarsak, −25ix + (i1 + i2 )10 + (i3 + i2 )20 + 80 = 0 elde edilir. Fakat bu denklem Vx değerleri yazmadan da çizikli yol izlenerek de Kirchoff’un gerilim kanunundan yazılabilir. Böylece akım kaynağı kaldırılarak elde edilen çerçeveye süper çevre ismi verilir. Bu şekilde yazılan denklem bir denklemi yok ettiği için fazladan bir denklem daha yazmak gerekir. Bu ise akım kaynağının bağlı olduğu koldan geçen akımı yazarak bulunur. i3 − i2 = 5 A (akım kaynağının yönü i1 ile aynı yönde) Denklemlerdeki fazladan bilinmeyen ix ise i1 − i2 ’ye eşittir. Tüm değerler yerine yazılırsa; −25(i1 − 2) + 10(i1 − 2) + 20(i3 − 2) + 80 = 0 −15i1 + 20i3 + 50 − 20 − 40 + 80 = 0 © Uğur TAŞKIRAN 2007 8 Devre Analizi Ders Notları − 15i1 + 20i3 = −70 15 / i1 − i3 = 5 Devre Analiz Teknikleri − 15i1 + 20i3 = −70 ⇒ 15 i1 − 15i3 = 75 − 5i3 = 5 i3 = 1A i1 − i3 = 5 ⇒ i1 − 1 = 5 ⇒ i1 = 6 A i20 Ω = i3 − i2 = 1 − 2 = −1A Düğüm gerilimleri yöntemi genelde çevre akımları yöntemine göre avantajlıdır. Fakat bazı durumlarda devre daha bilinmeyenli denklem sistemine dönüştürülebiliyorsa daha az bilinmeyenli denklem sistemi tercih edilir. Bu arada düzlemsel olmaya devrelere yalnızca düğüm gerilimlerinin uygulanabildiğini unutmayınız. Kaynak Dönüşümü Bazı durumlarda Gerilim kaynağına seri bağlı direnç, akım kaynağına paralel bağlı bir dirence dönüştürüldüğünde devrede bazı sadeleşmeler olur. Eğer gerilim kaynağına seri bağlı direnci akım kaynağına paralel bağlı dirence dönüştürülebilecek bir yöntem bulunursa bu uygulanabilir. Şekil.DT.7’deki dönüşümü yapabilmek için RL yük direnci üzerinden geçen akımların ve RL üzerinde düşen gerilimlerin eşit olması gerekir. Rs il il + Vk + - VL + RL - ik Rp VL RL - Soldaki devre için Vk V .R iL = ve VL = k L RS + RL RS + RL Sağdaki devre için ik .R p iL = RP + RL RL =0 için iL = Vk / RS ve iL = ik olmalıdır. Dolayısıyla ik = Vk / RS olur. RL = ∞ için VL = Vk ve VL = ik .R p olur. Eğer Vk ’yı ilk denkleminde yerine yazarsak; ik = ik .R p / RS ⇒ R p = RS Sonuç olarak kaynak dönüşümü için gerekli formüller bulunmuş olur. Kaynak dönüşümler çift taraflıdır. © Uğur TAŞKIRAN 2007 9 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Örnek.DT.6: Kaynak dönüşümünü kullanarak ix akımını hesap ediniz. 11v’luk gerilim kaynağının güç üretip üretmediğini bulunuz 3 ohm 5 ohm ix 11 V + - 21 ohm 10 ohm 6A 6A’lik 10Ω devre elemanlarına kaynak dönüşümünü uygulayalım. Vk1 = 6.10 = 60v RS = 10Ω Devreyi tekrar çizelim . 10Ω’luk ve 3Ω’luk dirençler seri hale gelir ve 13Ω’luk bir dirençle değiştirilebilir 60v’luk gerilim kaynağı 13 Ω’luk dirence tekrar kaynak dönüşümü uygulayalım. ik1 = 60v /13Ω = 4, 615 A RP1 = 13Ω 21 Ω ve 13 Ω’luk direnç paralel 21.13 olduğundan: RP2 = = 8, 029 21 + 13 © Uğur TAŞKIRAN 2007 10 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri 4,615’lik akım kaynağı ve 8,029’luk dirence tekrar kaynak dönüşümünü uygularsak Vk2 = 4, 615 . 8, 029 = 37, 058v RP2 = 8, 029Ω Devrenin bu haliyle ix ’i hesaplayalım. 11 − 37, 058 ix = = −2 Amper 5 + 8, 029 Dolayısıyla ix ters yöndedir. Bu durumda 11 v’luk gerilim kaynağı güç tüketir. Gerilim kaynağına paralel direnç dönüştürülürken yalnızca gerilim kaynağı ve akım kaynağına seri direnç dönüştürülürken yalnızca akım kaynağı seçilir. Rs Vk + - Rp Vk + - ve ik ik Thevenin ve Norton Eşdeğer Devreleri veya = Đki Uçlu Karmaşık Devre Thevenin Eşdeğeri Norton Eşdeğeri Herhangi bir devre, devre üzerinde belirlenmiş iki noktadan doğru bakıldığında bir gerilim kaynağı ve bir seri direnç olarak sadeleştirilebilir. Bu sadeleştirmeye Thevenin eşdeğeri’nin bulunması denir. Aynı şekilde bu sadeleştirme bir akım kaynağı ve buna paralel bağlı direnç olarak yapılırsa Norton eşdeğeri bulunmuş olur. Bazı durumlarda devrenin içinden çok uçları arasındaki davranış ile ilgileniyorsak Thevenin ve Norton eşdeğeri sıkça kullanılır. Bunu yaparken uygulanan yöntem uçlar arasındaki © Uğur TAŞKIRAN 2007 11 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri gerilimi hesaplamaktan başlar. Bu uçlara herhangi bir şey bağlı değilken yapılan gerilim hesabı Thevenin eşdeğer gerilimini verir. Bu iki uç kısa devre edilerek kısa devre üzerinden geçen akım hesaplanırsa buna da Norton eşdeğer akımı denir. Bu belirlenen uçlara sırayla voltmetre ve ampermetre bağlanması gibidir. Kaynak dönüşümünden, Vth = I N .RN ve I N = Vth / Rth ⇒ RN = Rth değerleri hesap edilebilir. Thevenin ve Norton eşdeğerinin bulunmasını standart yöntemle aşağıdaki örnekle inceleyelim. Örnek.DT.7: a ve b uçları arasındaki eşdeğer Thevenin devresinin bulunuz. (standart yöntemi kullanarak) 5 ohm a 25 V + - 2 ohm 5A b a ve b uçları arasındaki gerilimi V1 hesap ederek bulalım. Düğüm gerilimleri için V1 yeterlidir ve V1 = Vab = Vth dir. V1 − 25 V1 + −5 = 0 ⇒ V1 − 25 + 2V1 − 20 = 0 4 2 3V1 = 45 V1 = 45 / 3 V1 = 45 / 3 = 15v = Vth a ve b uçları kısa devre edildiğinde geçen akım ise 25v − 0 IN = + 5 = 6, 25 + 5 = 11, 25 A 4 V Rth = th = 1.333Ω IN Örnek.DT.8: a ve b uçları arasındaki eşdeğer Norton devresini hesaplayınız. I N = 11, 25 ve RN = Rth = 1,333Ω Örnek.DT.9: Kaynak dönüşümünü kullanarak a ve b uçları arasındaki Norton ve Thevenin eşdeğerini hesaplayınız. 25v’luk gerilim kaynağı ile 4 Ω’luk direnci dönüştürelim. ik = 25v / 4 = 6, 25 A ve RP = 4Ω a 6,25 A 4 ohm 2 ohm 6 A Bu devre akım kaynakları toplanarak ve 4 Ω ve 2 Ω’luk dirençlerin eşdeğerleri bulunarak hesaplanır. b © Uğur TAŞKIRAN 2007 12 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Rth 1,33 ohm a Vth 15 V + b Bu devre zaten Norton eşdeğeridir. Thevenin eşdeğeri kaynak dönüşümünden Vth = I N − RN = 15v ve Vth = RN = 1,33Ω Not: Thevenin veya Norton eşdeğerini bulurken bazen kaynak dönüşümü kullanılamayabilir. Bu durumda standart yönteme geri dönülür. Örnek.DT.10: Aşağıdaki transistörlü yükselteç, eşdeğerinin a ve b uçları arasındaki Thevenin eşdeğerini bulunuz. a ve b uçları açıkken Vab = −100.2 Ki olur 10mV − 10−4 v ⇒ V bilinmediğinde v yerine yazılmalıdır. 100 V = Vab ’dir dolayısıyla yerine yazalım; i ise i = 10mV − 10−4 vab 100 i tekrar yerine konursa 10mV − 10−4 vab Vab = −100.2 K = (−10mV + 10 −4 vab )2000 100 −3 0.5vab x 10 = −10mV + 10−4 vab (5vab − vab ) x10 −4 = −10mV i= −10 x 10−3 4vab = = −100 10 −4 vab = −25v = Vth a ve b uçları kısa devre edilirse 10mV − 10−4 v I N = −100i olur. i ise i = v = 0 = vab olduğundan 100 10mV 10 x 10 −3 i= = = 10 −4 ⇒ I N = −100.10−4 = 10−2 A 100 10 2 −25v Rth = Vth / I N = = 2500Ω −10 −2 Bazı durumlarda Rth direkt olarak hesaplanabilir. Bunun için şart ise devrenin tamamen direç ve bağımsız kaynaklardan oluşması gerekir. Bu durumda gerilim kaynakları kısa devre ve © Uğur TAŞKIRAN 2007 13 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri akım kaynakları açık devre yapılarak devre yeniden çizilir ve eşdeğer devre direnci hesaplanır. Örnek.DT.11: Örnek.DT.7’deki Rth direncini gerilim kaynaklarını kısa devre ve akım kaynaklarını açık devre yaparak hesaplayınız. Devreyi tekrar çizelim:(Gerilim kaynakları kısa, akım kaynakları açık) Rab = 4Ω .2Ω 8 = = 1,333Ω 4Ω + 2Ω 6 Eğer devrede kontrollü kaynaklar varsa, yine bağımsız kaynaklar yukarıdaki gibi kısa devre ya da açık devre yapılır. Fakat bu işlem kontrollü kaynaklara uygulanmaz. Onun yerine a ve b uçları ara sıra test gerilimi uygulanır ve sonuç bu şekilde hesaplanır Örnek.DT.12: Örnek.DT10’daki devrede Rth direncini test gerilimi yöntemi ile bulunuz. Girişteki bağımsız gerilim kaynağını kısa devre edelim. + V VT V iT = ab + 100i iT = T + 100i iT 2K 2K i bu sefer şu şekilde hesaplanır. −10−4 i= v değerin negatif olduğuna dikkat ediniz. V = VT olduğundan 100 −10−4 i= vT yerine yazarsak 100 1 (−10 − 4) iT = + 100 vT 100 2K −4 iT iT = (0, 5 x 10−3 − 10 )vT vt = 4 x 10 −4 Rth = VT iT / 4 x 10−4 10000 Rth = = = = 2500Ω 4 iT iT Maksimum Güç Transferi Güç transferi olayı elektrik açısından iki şekilde incelenir. Đlk kısım için öretilen gücün ne kadarının verimli bir şekilde transfer edildiğidir. Güç üretim istasyonlarından, yüke transfer edilen güç yüzdesi ne kadar büyükse o kadar verimlidir denir. Đkincisi ise transfer edilen © Uğur TAŞKIRAN 2007 14 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri gücün büyüklüğüyle ilgilidir. Bu tip sistemlerde üretilen güç çok sınırlı ve küçük olduğundan üretilen gücün maksimum değeri yüke transfer edilmek ister. Bu durumda maksimum güç transferi kuralları uyarlanır. Herhangi bir devre Thevenin eşdeğeri olarak yazılabildiğinden karmaşık devre bir Thevenin eşdeğeri ile yer değiştirilir. a i Rth ≡ RL + - a RL Vth b i b Şekil.DT.10 Maksimum Güç Transferi Yük direnci üzerinde harcanan gücü yazarsak. 2 Vth PL = i .RL = .RL Rth + RL Gücün RL ’ye göre türevini aldığımızda ve sıfıra eşitlediğimizde maksimum güç transferi için 2 gerekli olan RL değerini hesaplayabiliriz. ( Rth + RL ) 2 − RL 2( Rth + RL ) dP 2 = Vth =0 d RL ( Rth + RL )4 Vth sıfır olamayacağından köşeli parantezin içi dolayısıyla; ( Rth + RL ) 2 − RL 2( Rth + RL ) = 0 Rth 2 + 2 Rth RL + RL 2 − 2 RL Rth − 2 RL 2 = 0 Rth 2 − RL 2 = 0 ⇒ Rth2 = RL2 ⇒ Rth = RL Sonuç olarak RL yük direnci maksimum güç transferi için Rth ’ye eşit olmalıdır. Örnek.DT.13: Aşağıdaki devrede maksimum güç transferi için RL ne olmalıdır. PR L ne olmalıdır ( Pmax ) ve üretilen gücün ne kadarı yüke transfer edilmektedir. Vab = Vth ( RL bağlı değilken) 30.40 Vab = = 24v 30 + 20 20.30 Rth = (40v’luk bir gerilim kaynağı 30 + 20 kısa devre edilirse) Rth = 12Ω Dolayısıyla maksimum güç transferi için RL = Rth = 12Ω olmalıdır. RL devreye bağlı iken; © Uğur TAŞKIRAN 2007 15 Devre Analizi Ders Notları 2 RPL = Pmax Devre Analiz Teknikleri 2 2 Vth 24 24 = .RL = .12 = .12 = 12W 12 + 12 24 Rth + RL 40v’luk gerilim kaynağınca üretilen güç ise: ( RL bağlı iken) V RL 12 Vab = .Vth = 12volt ⇒ i30 Ω = ab = = 0, 4 A RL + Rth 30 30 V 12 iRL = ab = = 1A 12 12 Bu durumda kaynaktan çekilen akım i = i20 Ω = i30 Ω + iRL = 1, 4 A Üretilen güç ise Pü = v.i = 40v.1A = 56W PL 12W Transfer edilen güç yüzdesi = % x100 = % x100 = %21,43 Pü 56W Süperpozisyon Metodu Bir doğrusal sistemde birden fazla kaynak tarafından besleniyorsa sistemin doğal tepkimesi her bir kaynak için diğer kaynaklar izole edilerek hesaplanan tepkilerin toplamına eşittir. Sistemin doğrusal olması yeterli şarttır. Ohm Kanunu; grafiksel ifade ve bağımsız kaynakların iç direnci Bir direnç üzerinden geçen akımın, gerilime olan grafiği çizilirse, bu Ohm kanununun grafiksel ifadesi olur. Grafik bir doğrudan oluşur ve eğimi direncin ters değerini verir. Bunun nasıl olduğunu görelim. i Bir doğrunun eğimi: m = y2 − y1 x2 − x1 i −i Şekil.DT.11’deki doğrunun eğimi ise m = 2 1 olur v2 − v1 i − 0 i2 1 eğer v1 = 0 ise , i1 = 0 olduğundan m = 2 = = v2 − 0 v2 R 1 v −v m = ise R = 2 1 şeklinde yazılabilir. R i2 − i1 i2 i1 V V1 V2 Şekil.DT.11. Direncin akım-gerilim grafiği Şekil.DT.12’de akım ve gerilim kaynağının grafiği görülmektedir. Grafiklerin eğimlerinden faydalanarak akım ve gerilim kaynağının dirençlerini hesaplayalım. © Uğur TAŞKIRAN 2007 16 Devre Analizi Ders Notları i Devre Analiz Teknikleri Şekil.DT.12 Gerilim ve Akım Kaynağının Gerilim Akım Grafikleri V i ik V Vk Gerilim Kaynağının Grafiği Akım Kaynağının Grafiği Gerilim kaynağı için içi direnç hesabı: v −v R= 2 1 v2 − v1 = vk − vk = 0 ⇒ i2 − i1 0 R= = 0Ω i2 − i1 Akım kaynağı için iç direnç hesabı v −v ⇒ R= 2 1 i2 − i1 = ik − ik = 0 i2 − i1 v −v R = 2 1 = ∞Ω 0 Sonuç olarak gerilim kaynağının iç direnci sıfır, akım kaynağının iç direnci sonsuzdur. Tekrar süperpozisyon yöntemine dönersek, devrenin çözümü için başta bir kaynak seçilir ve diğer bağımsız kaynaklar gerilim kaynağı ise iç direnci sıfır olduğundan kısa devre ve akım kaynağı ise iç direnci sonsuz olduğundan açık devre yapılır. Devre tek kaynak için çözülür. Daha sonra bir başka kaynağa geçilir. Çözüm bu kaynak içinde tekrarlanır. Bu işlem bütün kaynaklar için tekrarlanır. En son çözüm her bir kaynak için bulunan çözümlerin toplamıdır. Örnek.DT.14: Örnek.DT.6’daki devreyi ve 21Ω’uk direnç üzerinden geçen i akımı süperpozisyon yöntemi ile çözünüz. Yalnızca 11v’luk gerilim kaynağı için; RS1 = 3 + 10 = 13Ω RP1 = ix1 = 3+ 2 = 8, 03Ω 11v = 0.844 A 5 + RP1 i211 = © Uğur TAŞKIRAN 2007 3.2 8, 03 11v . = 0.322 A 5 + 8, 03 21 17 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Yalnızca 6A’lik akım kaynağı için; 5.21 = 4, 038Ω 5 + 21 RS1 = 3 + RP1 = 7, 038Ω RP1 = RP2 = 4,131Ω V2 = 6.RP2 = 24, 785v ⇒ i3 = V2 = 3, 521A RS1 V1 = V2 − i3 .3 = 24, 785v − 3.3,521 = 14, 22v V −14, 22 V ix2 = − 1 = = −2,844 = −2 A i212 = 1 = 0, 677 A 5 5 21 ix = ix1 + ix2 = 0,844 − 2,844 = −2 A ve i21 = i211 + i212 = 0, 0** A Örnek.DT.15: Aşağıdaki devrede ix akımını süper pozisyon yöntemi ile hesaplayınız. 2A 10 ohm 20 ohm ix + 5A - 100 ix 80 v + - Yalnızca 2A’lik akım kaynağı için; 2A i1 + ix1 = 2 A ve i = 10 ohm 20 ohm - © Uğur TAŞKIRAN 2007 30 − 100ix1 30 + ix1 = 2 A −100ix1 + 30ix1 = 60 i1 ix1 100 ix1 −100ix1 ix1 = 60 = −0,857143 A −70 18 Devre Analizi Ders Notları Devre Analiz Teknikleri Yalnızca 5A’lik akım kaynağı için; i2 10 ohm i2 = 5 + ix2 20 ohm ix2 5A - 100 ix2 100ix2 = i210 + 20ix2 i2 = 80ix2 10 5 + ix2 = 80ix2 10 50 + 10ix2 = 80ix2 ix = 50 = 0, 714 A 70 Yalnızca 80 voltluk gerilim kaynağı için; 10 ohm 20 ohm ix3 - 100 ix3 80 V + - ix3 = 100ix3 − 80 30 30ix3 = 100ix3 − 80 80 = 1,14 A 70 ix = ix1 + ix2 + ix3 = 1 Amper ix3 = © Uğur TAŞKIRAN 2007 19
