ALTERNATİF AKIM KALICI DURUM ANALİZİ

EBE-212, Ö.F.BAY 1

ALTERNATİF AKIM

KALICI DURUM ANALİZİ

EBE-212, Ö.F.BAY 2

SİNÜSOİDLER

EBE-212, Ö.F.BAY 3

tx

Sinüs Fonksiyonu

tXtx M sin

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

MX : sinüs fonksiyonunun maksimum değeri (genliği)

: sinüs fonksiyonunun açısal frekansı

: sinüs fonksiyonunun argümanıt

Burada;

EBE-212, Ö.F.BAY 4

2

2

3

2

MX

MX

)( tX

t

42 txtxtx

Her 2π radyandan sonra fonksiyon kendini tekrarlar

ωt nin fonksiyonu olarak sinüs dalga şekli

EBE-212, Ö.F.BAY 5

4

T

MX

MX

X(t)

T

4

3T

2

Tt

Bir fonksiyonun bir saykıl tamamlaması için

geçen zamana periyot denir. Birimi saniye.

Bir birimlik süre içinde tekrarlanan saykıl

sayısına frekans denir. Birimi hertzdir, f

ile gösterilir.

)( txTtx

Tf

1

t nin fonksiyonu olarak sinüs dalga şekli

EBE-212, Ö.F.BAY 6

Tf

1

fT

22

2TÖnceki şekilden olduğunu biliyoruz.

O halde;

buluruz.

EBE-212, Ö.F.BAY 7

Genel Sinüs Denklemi

tXtx M sin

tXM sintXM sin fonksiyonu, fonksiyonundan daha sonra

başlamıştır.

tXM sin fonksiyonu ise tXM sin fonksiyonundan daha önce

başlamıştır.

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

EBE-212, Ö.F.BAY 8

Bir Sinyalin parametreleri;

• Genliği

• Frekansı

• Faz açısı

tXtx M sin

EBE-212, Ö.F.BAY 9

Faz açısı yönünden karşılaştırılması:

tXtx M sin11

tXtx M sin22

tx1 tx2

tx1 tx2

fonksiyonu, fonksiyonundan kadar ileri fazdadır.

fonksiyonu, fonksiyonundan kadar geri fazdadır.

Eğer

Eğer

ise iki fonksiyon aynı fazdadır.

ise iki fonksiyon farklı fazdadır.

olsun,

EBE-212, Ö.F.BAY 10

090sin2

sin

tXtXtx MM

Faz açısı normalde radyan yerine derece

olarak ifade edilir.

0902

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

tt

2cossin

tt


Fonksiyonların işaretlerinin değiştirilmesi

0180cos)cos( tt

0180sin)sin( tt


sin.sincos.coscos

sin.coscos.sinsin

sin.sincos.coscos

sin.coscos.sinsin

Sinüs ve Kosinüs için açı toplam ve açı

fark ilişkileri


Buradan;

ABtBAtx

tBtAtx

XB

XA

ttXtx

M

M

M

/tansin.

cossin

sin

cos

sin.coscos.sin

122

Genel Sinüs Denklemi

tXtx M sin olsun,

olur.


Örnek:

a) 045cos1 ttv

b) 0225cos1 ttv

c) 0315cos1 ttv

Verilen gerilimlerin dalga şekillerini

çiziniz?


a)

045cos1 ttv

Çözüm:


b)

Çözüm (devam):

0225cos1 ttv

18045cos1225cos1 tttv

45cos1 ttv


c)

Çözüm (devam):

0315cos1 ttv

0000 45cos1360315cos1315cos1 ttttv

cevap a) şıkkı ile aynı


Örnek:

Vttv 0

1 601000sin12

Vttv 0

2 301000cos6

Gerilimlerin frekanslarını ve aralarındaki faz

farkını bulunuz?


Frekansları;

Hzf 2.1592

1000

2

olarak bulunur.

Çözüm


Faz farkları ise;

000

2 18030cos630cos6 tttv

0000

2 60sin6300sin690210sin6)( ttttv

Vttv 0

1 60sin12

buradan;

Vttv 0

2 60sin6

tv1 tv2

000 1206060

fonksiyonu fonksiyonundan

ileridir.

Çözüm (devam):


SİNÜSOİDAL

VE

KARMAŞIK ZORLAMA

FONKSİYONLARI


V(t)

i(t)

Doğrusal

elektrik

devresi

tAtv sin

tBti sin

Zorlama fonksiyonu

Cevap fonksiyonu

Devrede sadece direnç elemanları varsa olur.

Devrede direnç, endüktans veya kapasitans varsa

rezonans anı dışında olur.


Örnek;

R

L

i(t)

tVtv M cos)(

Devreden geçen akımı elde edelim


Çözüm;

Kirşoff’un gerilimler kanununu uygulayalım;

)(tvtRi

dt

tdiL

tIti M cos

tAtA

tItIti MM

sincos

sinsincoscos

21

Trigonometrik özelliklerden;

şeklinde yazabiliriz.

Zorlanmış cevap fonksiyonu


tVtAtARtAtAdt

dL M cos)sincos()sincos( 2121

tVtRAtRAtLAtLA M cossincoscossin 2121

MVLARA

RALA

21

21 0

Akım ifadesini ilk denklemde yerine yazarsak;

elde edilir. Denklemi türevden kurtardığımızda;

ifadesini elde ederiz. Sinüs ve Kosinüs

fonksiyonlarının katsayıları eşitlendiğinde;

eşitlikleri elde edilir.


Böylece;

Bu denklemler çözüldüğünde;

2222

2221

LR

LVA

LR

RVA

M

M

ifadelerini buluruz.

tLR

LVt

LR

RVti MM

sincos

222222

olur.


tIti M cos

222

222

sin

cos

LR

LVI

LR

RVI

MM

MM

Buradaki IM ve aşağıdaki gibi bulunur

Buradan;

R

L

I

I

M

M

cos

sintan

R

L 1tan

İdi,


222

222

2

2222

22

2222

222

222222sincossincos

LR

VI

LR

V

LR

VL

LR

VRI

IIII

MM

MMMM

MMMM

Buradan i(t) için son ifade;

R

Lt

LR

Vti M

1

222tancos

olarak bulunur.


Zamanla değişen sinüsoidal fonksiyonları karmaşık

frekans bölgesinde karmaşık sayılarla temsil etmek

için Euler denkleminden faydalanılır.

Euler Denklemi

tjte tj sincos

te

te

tj

tj

sinIm

cosRe

Re(.) fonksiyonun gerçek kısmını ifade eder.

Im(.) fonksiyonun sanal kısmını ifade eder.


tj

MeVtv

tjVtVtv MM sincos

tjItIti MM sincos

Zorlama fonksiyonu:

Cevap fonksiyonu:

tj

MeIti


Örnek;

R

L

i(t)

v(t)

uyguladığımızda akım ifadesini bulunuz?

tVtv M cos yerine tj

MeVtv


Çözüm;

tj

MeIti

tj

M

tj

M

tj

M eVeIdt

dLeRI

tj

M

tj

M

tj

M eVeLIjeRI

M

j

M

j

M VeLIjeRI

lerie tj ' sadeleştirirsek;

)(tvtRi

dt

tdiL


LjR

VeI Mj

M

buradan;

RLjMj

M eLR

VeI /tan

222

1

222 LR

VmIM

R

L 1tan

Bu yüzden;

ve

olarak yazabiliriz.

j

j

j

ee

ry

rx

x

y

yxr

rejyx

1

sin.

cos.

tan 1

22


R

Lt

LR

V

tIti

M

M

1

222tancos

cos

Gerçekte zorlama fonksiyonu

sonucunu elde ederiz.

olduğundan, gerçek cevap karmaşık cevabın

gerçek kısmıdır.

tVtv M cos


FAZÖRLER


Doğrusal elektrik devresinde gibi bir

zorlama fonksiyonu olsun. Bu durumda cevap

fonksiyonu olur.

tj

MeVtv

tj

MeIti

tje

tj

MM eVtVtv Recos

tj

M eVtv Re

Devreyi tanımlayan denklemlerin her teriminde bulunan

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

Örneğin gerilimi üstel olarak şöyle yazabiliriz;

Ya da karmaşık sayı ile şu şekilde ifade edebiliriz


tj

MM eItIti Recos

MII olarak yazılır.

MVV olarak yazılabilir.

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

MVV

tj

MM eVtVtv Recos


Örnek;R

L

i(t)

v(t)

Devreden geçen akımı fazörleri

kullanarak bulunuz?

tVtv M cos

MVV tj

M etVtv V cos

tje ICevap fonksiyonu

olsun0


Çözüm;

şeklinde yazabiliriz.

)(tvtRi

dt

tdiL

tjtjtj

tjtjtj

eeReLj

eeRedt

dL

VII

VII

buradan;

lerie tj ' sadeleştirirsek;

VII RLj

Devrenin dif. denklemi;


Bu sebeple;

R

L

LR

VI

LjR

MM

1

222tan

VI

Sonuç olarak;

R

Lt

LR

Vti M

1

222tancos

elde edilir.


Fazör Gösterimi

tA

tA

sin

cos090

A

A

Zaman Düzlemi Frekans Düzlemi


Fazör Analizi

1. Zaman düzlemindeki diferansiyel denklemleri fazörler

kullanarak frekans düzleminde cebirsel denklemlere

dönüştürülür.

2. Bilinmeyen fazörler için cebirsel denklemler çözülür.

3. Bilinmeyen fazörler tekrar zaman düzlemine aktarılır.


Örnek;

Fonksiyonların fazör karşılıklarını bulunuz.

Atti

Vttv

0

0

120377sin12

45377cos24


Çözüm;

A

V

000

0

3012)90120(12

4524

I

V


Örnek;

ifadelerin t düzlemindeki karşılıklarını bulunuz?

A

V

0

0

7510

2016

I

V

f=1kHz


Çözüm;

Atti

Vttv

0

0

752000cos10

202000cos16

Atti

Vttv

0

0

751000*2cos10

201000*2cos16

Buradan;

elde edilir.


DEVRE ELEMANLARININ

FAZÖR İLİŞKİSİ


R Elemanı:

tRitv

vtj

MeV

itj

M eI

Zorlama fonksiyonu:

Cevap fonksiyonu:


iv tj

M

tj

M eRIeV

iv j

M

j

M eRIeV

IV R

iM

j

M

vM

j

M

IeI

VeV

i

v

I

V

iv iv jj

MM

ee

RIV


Direnç için gerilim akım ilişkisi


L Elemanı:

dt

tdiLtv

iv tj

M

tj

M eIdt

dLeV


iv j

M

j

M eLIjeV

IV Lj

090 iv j

M

j

M eLIeV

Endüktör için gerilim akım ilişkisi

090 iv


C Elemanı:

dt

tdvCti

vi tj

M

tj

M eVdt

dCeI


vi j

M

j

M eCVjeI

VI Cj

090 vi j

M

j

M eCVeI

Kapasitör için gerilim akım ilişkisi

090 vi


Örnek;

i(t)’in değerini bulunuz?

i(t)

+

-

L=20mH

Vttv 020377cos12


Çözüm;

Vttv 020377cos12

A

LLj

0

03

0

0

0

7059,1

9010*20377

2012

90

2012

VI

Atti 070377cos59,1

ise

buradan

olarak bulunur.


Örnek;

i(t)’nin değerini bulunuz?

i(t)

+

-

v(t) FC 100

Vttv 015314cos100


Çözüm;

ise

buradan

olarak bulunur.

Vttv 015314cos100

A

Cj

0

006

0

10514.3

151009010*100314

15100

I

Atti 0105314cos14.3


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.

I

VZ

AC

DevrevMV

iMI

zZ


jXRZ z

R

X

XRZ

z

1

22

tan

z

z

ZX

ZR

sin

cos

Buradan;

ziv

M

M

iM

vM ZI

V

I

V

Z

jXR Z


CX

CjX

Cj

LXLjXLj

R

Cc

LL

1,90

11

,90

0

0

Z

Z

Z

Pasif eleman Empedans

R

L

C


Empedansların Seri Bağlanması

ns ZZZZZ ...321

Empedansların Paralel Bağlanması

np ZZZZZ

1...

1111

321


Örnek;

i(t)

tv

25R

mHL 20

FC 50

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


Çözüm;

a) f=60Hz ise;

05,5310*5060*2

54,710*2060*2

25

6

3

jj

C

j

jjLj

C

L

R

Z

Z

Z

51,4525 j

CLR ZZZZ


b) Vttv 030cos50 ise;

Aj

0

0

00

22,9196,022,6193,51

3050

51,4525

3050

Z

VI

Atti 022,91377cos96,0

Çözüm (Devam);


c) f=400Hz ise;

96,710*50400*2

27,5010*20400*2

25

6

3

jj

C

j

jjLj

C

L

R

Z

Z

Z

042,5914,4931,4225 jZ

Çözüm (Devam);


Admitans:

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

VZY

I1

yMY Y

jBG Y


2222,

1

XR

XB

XR

RG

jXRjBG

2222,

BG

BX

BG

GR

G : Geçirgenlik

B : Suseptans

Dik bileşenler şeklinde yazdığımızda;

Aynı yolla R ve X de bulunabilir. ;


Pasif eleman Admitans

R

L

C 0

0

90

9011

1

CCj

LLj

GR

C

L

R

Y

Y

Y


Admitansların Seri Bağlanması

Admitansların Paralel Bağlanması

np YYYYY ...321

ns YYYYY

1...

1111

321


Örnek;

I ’nın değerini bulunuz?

I

SV PY 2RZ 4jZ L

Vs

04560V


Çözüm;

ise

buradan

Vs

04560V

Sj

S

L

L

R

R

4

11

2

11

ZY

ZY

SjP4

1

2

1Y


A

j

sp

0

0

43,185,33

45604

1

2

1

VYI

ve buradan da;

olarak bulunur.

Çözüm (Devam);


Örnek;

A-B uçlarındaki eşdeğer empedansı bulunuz?

T

T

1

4

2j

2j

2j

2j

2

6j

4j

eZ

A

B


Ġ Ġ ġĠ

243 jZ

4/1

25.05.025.0

44

4

jYZ

jjjY

2

8

24

)2(44

jjj

jjZ

422622 jjjZ

21

)2(11

j

jZ

5.01

11

jZ

2434 jZ

342

342234

ZZ

ZZZ

13 j

)(1.03.0

1.02.0

)(2.01.0

234

34

2

SjY

jY

SjY

)(4.08.0

)5.0(1

5.01

1

21

jZ

jZ

973.8847.36.08.32341 jZZZeq

222)4()2(

42

42

1

j

jY

20

24

24

134

j

jY

1.0

1.03.0

1.03.0

11

234

234

j

jYZ


Denklemi daha sade olarak çözümleyebiliriz;

T

T Z1

Z2

Z3

Z4

A

B

eZ


Çözüm;

buradan

Sj

jj

CL

4

1

2

1

4

1

4

YYY

44 jZ

24

424

4334

j

jj

ZZZ


ve buradan da;

sonra;.

Sj

j

10,020,0

24

1

1

34

34

Z

Y

42

2622

j

jjZ

Çözüm Devam);


Sj

Sj

j

10,030,0

20,010,0

42

1

342234

2

YYY

Y

13

10,030,0

1

1

234

234

j

j

YZ

Çözüm (Devam);


ve sonra;

Sj

j

CR

2

11

2

1

1

1

1

YYY

4,08,0

2

11

11

j

j

Z

Çözüm (Devam);


6,08,3

134,08,0

2341

j

jj

e ZZZ

olarak bulunur.

buradan;

Çözüm (Devam);


FAZÖR DİYAGRAMI

Empedans ve Admitans frekansın bir fonksiyonu olduğundan,

frekans değiştiğinde empedans ve admitans da değişecektir.

Empedans ve Admitansın değişmesi devredeki akım ve

gerilimlerin de değişmesine sebep olacaktır.

Frekansın değişmesi ile akım ve gerilimlerdeki değişim fazör

diyagramlarında kolaylıkla görülebilir.


Ġ

Ġ Ġ Ġ Ġ Ġ

ğ Ģ

Ģ

CVjLj

V

R

VIS

:KCL

|||| CL II

Ġ

|||| CL II

Ġ Ġ

)(kapasitif

(endüktif)

CVjIC

lj

VIL


Ġ Ġ Ġ Ġ

CLRS

C

L

R

VVVV

ICj

V

LIjV

RIV

1

Ġ Ġ Ġ

|||| CL VV

)(377 1 s Ġ Ğ Ġ Ġ

|||| RCL VVV

diyagramfazör için 90212 SV

ğ

s)(Pythagora

)(4512 VVR

)(453 AI

456CV

)(13518 VVL


Bu devreyi çözmek için K.A.K uygulandığında,

V

RSI

RI LI CI

Cj

1

Lj

CjLjRCLRS

/1

VVVIIII

Örnek;


00 MVV

000

90900

CVL

V

R

VM

MMS

I

ise;


V

CI

LIRI

V

CI

LI

RI

SICL II

V

CI

LI RI

SI

LC II

V

RI

fSI

nSI

2SI

1SI


LC

1

VI

LCj

R

11

IL= IC olduğunda veya olduğunda IS ile V

aynı fazda olurlar. Bunun için ise;

CL

1

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


Örnek;

4R

mHL 92.15SV

RV

LV

CV

FC 1326

Devrenin fazör diyagramını çiziniz?


Çözüm;

00 9090

CLR

CLRS

III

VVVV00 MII

ICV

LV

RV

SV

CL VV


I0902 MC IV

0906 ML IV

004 MR IV

SV

CL VV

045

I

CV

LV

RV

SV

CL VV 045045

VttvS

090377cos212

A

jj

0

0

0

0

453

4524

90212

264

90212

Z

VI

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?

4

VVS

06024 2V

1I

1V

8

4j6j

2I

3I


Ġ Ġ Ġ

)48||6(4 jjZeq

28

4824832

28

48244

j

jj

j

jZeq

)(964.30604.9036.14246.8

45196.79

28

5656

j

jZeq

)(036.29498.2964.30604.9

60241 A

Z

VI

eq

S

)(036.29498.2036.14246.8

906

28

613 AI

j

jI

(A)29.0362.4914.0368.246

26.5658.944I

j28

j48I 12

3221 904906 IVIV

10582.158.1171.2036.29498.2 321 III

)(1528.7

)(42.7826.16

2

1

VV

VV

kullaninkanununu Ohmiçin V,V

bölüsümü akimicin I,I

Bulun I

21

32

1


Çözüm;

sonra;

094,3061,9

94.424.44

28

48244

486

4864

j

j

j

jj

jjeZ

A

e

S

0

0

1

06,295,2

94,3061,9

6024

Z

VI


K.G.K kullanarak V1 ‘i bulabiliriz;

Vj

S

0

00

11

43,7826,1693,1526,3

06,29106024

4

IVV

V

j

jj

jj

jjS

486

4864

486

486

1

V

V

V0

0

00

1

42,7826,16

94,3061,9

36,4951,66024

V

4

SV

1I

1V

veya gerilim bölüşümü kuralını kullanarak;


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

A

j

0

0

0

12

58,1171,2

906

43,7826,16

6

VI

A

j

0

13

10582,1

48

VI

ve


I2 ve I3‘ü akım bölüşümünden de bulabiliriz;

A

j

jj

j

0

00

12

55,1171,2

28

57,2694,806,295,2

648

48

II

Son olarak ta V2’yi bulalım;

V

j

0

32

1528,7

4

IV


ANALİZ TEKNİKLERİ

Ġ Ġ Ġ Ġ Ġġ Ġ Ġ Ġ Ġ Ġ

Ġ Ġ Ğ Ġ Ġ Ġ

ġ Ġ Ġ


Düğüm Analizi


Örnek;

Devredeki I0’ı düğüm analizi yöntemiyle bulunuz?

V0062V1V

0I

1

1

1

A002

1j

1j


1. DÜĞÜM ANALĠZĠ

BULUN I0

0111

0211

221

j

VV

j

V

0621 VV

)(1

20 A

VI

011

0211

06 22

2

j

VV

j

V

11

62

11

11

11

12

jjjV

11

6)11(2

)11)(11(

)11()11)(11()11(2

j

j

jj

jjjjV

281

42 j

jV

2

)1)(4(2

jjV

)(2

3

2

50 AjI

96.3092.20I


Çözüm;

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

V0062V1V

0I

1

1

1

A002

1j

1j

0111

0211

2201

jj

VVV


K.G.K’dan;

0

21 06 VV

İlk denklemde yerine yazarsak;

011

0211

06 22

00

2

jj

VV

V

ya da;

11

226

11

11

11

12

j

j

jj

V


Voltj

j

11

142V

buluruz. Buradan da;

Amperjj

j

2

3

2

5

11

140I


Çevre Akımları Analizi


Örnek;

Devredeki I0’ı çevre akımları analizi yöntemiyle

bulunuz?

V0062V1V

0I

1

1

1

A002

1j

1j


Ġ Ġ

Ġ

Ġ Ġ

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

4

6103

jI j(A)

2

3

2

5I0

Ġ ĠĞĠ

Ġ Ġ

2I

0j)I(1)I(I :3 ÇEVRE

0)I(I06j)I(1 :SUPERÇEVRE

02II

323

321

21

320 III


Çözüm;

K.G.K ‘ı uygulayalım;

V006

0I

1

1

1

A002

1j

1j

2I

1I

3I

0111

0110611

02

32323

3232

0

2121

0

1

IIIII

IIIIIIII

I

j

jj


Denklemeleri çözümleyelim;

jj 28112 32 II

01211 32 jj II

11

11

243 j

j

jI

Aj

j

2

3

2

5

4

610

30

3

II

I

olarak bulunur.


Süperpozisyon Analizi


Örnek;

Devredeki I0’ı Süperpozisyon yöntemiyle bulunuz?

V0062V1V

0I

1

1

1

A002

1j

1j


Ġ

1j)(1j)(1

j)j)(1(1j)(1||j)(1Z'

)(01'0 AI

)1(||1" jZ

)(061"

""

1 VjZ

ZV

)(06

1"

""0 A

jZ

ZI

)(6

12

1

2

1

"0 A

jj

j

j

j

I

63)1(

1"0

jj

jI

)(4

6

4

6"0 AjI

)(2

3

2

5"0

'00 AjIII

"Z


Çözüm;

Gerilim kaynağını kısa devre yapalım;

'

0I

1

1

1

A002

1j

1j


'

0I

1A002 Z’

A0'

0 01I olur.

1

1111

1111'

jj

jjZ


Akım kaynağını açık devre yapalım;

''0

I

1

1

1 1j

1jV006

''1V


Ajj

Aj

Vj

j

jj

j

j

o

2

3

2

511

4

61

114

6

4

116

111

11111

111

11106

''

0

'

0

''

0

0

''

1

III

I

V

Gerilim bölüşümü kuralını uyguladığımızda;


Örnek-2 Devredeki V0 gerilimini Süperpozisyon

yöntemiyle bulunuz?


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.


ġ

jV 28'

j

jIS

1

28

1)1(||)1( jjZ

j

jII S

1

4

20

ġ Ģ

2

35

)1)(1(

)1)(4( j

jj

jj


Örnek;

Devredeki I0’ı Kaynak dönüşüm yöntemiyle bulunuz?

V0062V1V

0I

1

1

1

A002

1j

1j


Çözüm;

Önce akım kaynağını gerilim kaynağına dönüştürürüz;

V006

0I

1

11

1j

1j

2(1+j1)V


0I

1

11

A

j

j

11

1126

1j1j


0I

1A

j

j

11

28 Z

Devreyi bu şekilde sadeleştirebiliriz.

Akım bölüşümü kuralı ile;

Aj

j

j

j

j

o

o

2

3

2

5

11

14

11

1

11

28

I

I

1

1111

1111

jj

jjZ


Örnek-2. Devredeki Vx değerini Kaynak Dönüşümü yöntemiyle

bulunuz?


Thevenin Analizi


Örnek;

Devredeki I0’ı Thevenin yöntemiyle bulunuz?

V0062V1V

0I

1

1

1

A002

1j

1j


Ġ Ġ Ġ

2

610 j

1)1(||)1( jjZTH

)(2

350 A

jI

)28(

)1()1(

1j

jj

jVOC

Ģ

j28


Çözüm;

Birinci adımda; ‘ luk yük devreden çıkarılır ve açık

uçlar arasındaki gerilimi bulunur

V006

OCV1

1

1A002

1j

1j

OCV1


Vj

jj

jj

OC

C

35

1111

1111260

V

V

V006

OCV1

11

1j

1j

Vj12

Gerilim bölüşümü kuralı ile;


ThZ

1

1 1j

1j

İkinci adımda; kaynakların değeri sıfır yapıldıktan

sonra, açık uçlardan bakıldığında görülen empedansı

bulunur.

1

1111

1111

jj

jjThZ


0I

1

1ThZ

VjOC 35V

Üçüncü adımda; aşağıdaki devreyi elde ederiz ve ‘ı

buluruz.

Aj

2

3

2

50I

0I


Örnek-2. Thevenin eşdeğerini elde ediniz

:

t

20 80 8023 81.9

20 80 80

j j

j j

Z


Örnek-2 (devam)

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



veya


Norton Analizi


Örnek;

Devredeki I0’ı Norton yöntemiyle bulunuz?

V0062V1V

0I

1

1

1

A002

1j

1j


Ġ Ġ

(A)j1

2j8

j1

0602I

02II

SC

0

1SC

1)1(||)1( jjZTH

j1

j4

2

II SC

02

35

)1)(1(

)1)(4( j

jj

jj


Çözüm;

Birinci adımda; ‘ luk yük devreden çıkarılır , bu

uçlar kısa devre edilir ve buradan geçen kısa devre akımı

bulunur.

1

V006

SCI

1

1

A002

1j

1j

1I


11

06 0

1j

I

Aj

j

j

SC

SC

11

28

11

6202 0

1

I

II

olarak buluruz.


ThZ

1

1 1j

1j

İkinci adımda; kaynakların değeri sıfır yapıldıktan

sonra açık uçlardan bakıldığında görülen empedansı

bulunur.

1

1111

1111

jj

jjThZ


Üçüncü adımda; aşağıdaki devre elde edilir ve ‘ı

bulunur.0I

Aj

j

j

2

3

2

5

11

1

11

28

0

0

I

I

Aj

jSC

11

28I 1

0I1ThZ


Bağımlı Kaynak İçeren Devrelerde

AC Kararlı Durum Analizi


Düğüm Analizi


Örnek;

Devredeki V0’ı Düğüm analiziyle bulunuz?

1j

XI

0V1

11

1jXI2

V0012 A004


ğ

Ğ Ġ Ġ Ġ

Ğ

01231

:denSuperdugum VV

0j

V

j

VV

1

VV

1

VV04 3212303

indauygulandigKAK eSuperdugum

01

VV2I

j

VV 32x

12

uyg.KAK için V2

0041

VV

1

V 300

uyg.KAK için V0

1

VVI 03

x

degiskeni Kontrol

42 03 VV

162

12

01

31

VV

VV

4003 VVV

0)42()4(2)162( 02002 VVVVVj

4)42()4()42()162( 000202 VjVVVVVj

13,1434

2j1

4j8V0


Çözüm;

1j

XI

0V1

11

1jXI2

V0012 A004

1V

2V3V

Süper düğüm dikkate alınarak denklemler yazıldığında;


1

0

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

jjj

jj

VV

VV

V

j

j

0

0

0

13,1434

21

48

V

V

olarak bulunur.


Çevre Akımlar Analizi


Örnek;

V0 gerilimini çevre akımlar analiziyle bulunuz?

1j

XI

0V1

11

1jXI2

V0012 A004


Ġ Ġ

xII

I

2

04

3

2

Ġ

0)I1(I012jI

:1 ÇEVRE

311

0)Ij(II1)I1(I

:4 ÇEVRE

34424

24x III

(V)I1V 40

0))4(2(4 4444 IIjII

)4(2 43 II

j

jIjIj

2

84)84()2( 44

j

j

143,1342j1

4j8V0

)(

Ġ Ġ


Çözüm;

1j

XI

0V1

11

1jXI2

V0012 A004

3I

2I

4I

1I


olarak bulunur.

0

43

0

424

0

2

0822

04

04

III

IIII

I

x

x

0111

01211

42434

0

311

IIIII

III

j

j

V

A

0

0

0

4

13,1434

13,1434

V

I

Denklemler I4 için çözüldüğünde;


Thevenin Analizi


Örnek;

V0 gerilimini Thevenin analiziyle bulunuz?

1j

XI

0V1

11

1jXI2

V0012 A004


Ġ Ġ

Ġ Ġ Ġ Ġ Ġ

04'xI

08

2 xI

8j(V)4VOC

ğ

ğ

ğ

"x

testTH

I

VZ

"xI

)(1"" jZjIIV THxxtest

jZTH 1

V143,134V

8j)(V)4(j2

1V

0

0

0


Çözüm;

1j

'

XI

ocV

11

1jXI2

V0012 A004

Vj

j

j

OC

OC

xxOC

x

84

)04(21041

211

04

00

''

'

V

V

IIV

I


1j

''

XI

testV

11

1j''2 XI

''

XI

Daha sonra;


11

11

''

''

j

j

Th

x

testTh

testx

Z

I

VZ

VI

011 '''' testxxj VII


1j

0V1

1

-4+j8V

V

j

j

0

0

0

13,1434

111

1)84(

V

V

olarak bulunur.


Örnek-2. a-b uçlarına göre Thevenin eşdeğerini

bulunuz

2 0.0124 16 A I

oc 2300 3.71 16 V V I


sc

9 02 0 0 0.015 0 A

600

V V V I

Örnek-2. (devam)


oc oc oc(6 8) (6 8)30

4 2 2 2

j j

j j j

V V V

oc 3 4 5 53.1 Vj Vs 10 53 6 8 Vj V

Örnek-3. Thevenin eşdeğerini bulunuz


(6 8) 3 (6 8)0

2 4 2 2 2

j j

j j j

V V V V

3 4

1

j

j

V

sc

3 4

2 2 2

j

j

VI

ocT

sc

2 23 4 2 2

3 4

jj j

j

VZ

I

s 10 53 6 8 Vj V

Örnek-3. (devam)


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


Norton Analizi


Örnek;

Devredeki V0’ı Norton analiziyle bulunuz?

1j

XI

0V1

11

1jXI2

V0012 A004


Ġ Ġ

SCI

4''' xSC II

)(1

3'''A

VI x

Ğ Ġ Ġ Ġ

012VV 31

den;Superdugum

004j

VV

1

VV

j

V

1

V 212333

m)(SuperduguKAK

0j

VV

1

VV2I:)(V KAK 1232'''

X2

1

VI 3'''

x

1231 VV

)(/ j

0)12()(2 32323 VVVVjjV

12)31()1( 32 VjVj

j/

jjVVj

jVVjVjVVj

4122)1(

4)12()1(

32

23233

j

jVjVj

1

44)1( 33

j

jISC

1

84

j

j

jj

jjISC

1

48

)1(

)84(

ġ Ģ ğ


THZ

SCI

(V)j1

4j)(8

j2

j1(V)(1)IV 00

Ģ

ġ Ğ Ġ

Volt0

0 13,1434V


Çözüm;

1j

SCI

11

1j'''2 XI

V0012

A004

1V

2V3V

'''

XI


1

01

0411

0211

012

3'''

'''302312

'''3212

1

0

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

SCx

x Aj

II

I

0'''

'''

04

11

4

A

j

jSC

11

48

I

11 jThZ

Denklemler Ix için çözüldüğünde;

Thevenin empedansı

daha önce bulunmuştu;


1j0I

0V1

1

A

j

j

11

48

Volt

j

j

j

jj

j

0

0

0

0

13,1434

13

134

1111

1111

48

V

V

V

olarak bulunur.

ALTERNATİF AKIM KALICI DURUM ANALİZİ

Documents

Transcript of ALTERNATİF AKIM KALICI DURUM ANALİZİ