Devre Analizi 2 Ders Notlari

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

1

1. Sinüs Akım ve Gerilim

(Hz) frekansf f2

180).(

).(.

).sin(.)(

==

=

==

+=

πω

πω

ω

θω

tderece

radss

radt

tVtv m

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. 99)99.0.(100)( 14.3

)30180

).1.0.(4000sin(.100)(

−=−==

+=

tv

tv

π

π

Empedans (Z): AC sin. devrelerinde bir sistemin empedansı aşağıdaki şekilde tanımlanır.

.2

.2

(max)

(max)

I

V

I

V

I

V

I

VZempedans

rms

rms

rms

rms ===== Vrms ve Irms etkin değerlerdir.

R ‘de sinüs akım ve gerilim

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450

-100

-50

0

50

100

Derece=( tω ).180/pi

)sin()( tVtv mR ω=

için R )sin()( tIti mR ω=

iR(t)

vR(t)

R

Ri

v

tItR

VR

tV

R

tvti

R

R

mm

mRR

=

==

==

(max)

(max)

).sin(.).sin(.

).sin(.)()(

ωω

ω

vR(t) iR(t)


2

L ‘de sinüs akım ve gerilim

L

Li

v

t

tL

V

tVL

ti

dttVL

dttvL

ti

dt

tdiLtv

L

L

m

mL

mLL

LL

.(max)

(max)

)2

.sin(.I

)2

sin(..

)).cos(.(..

1)(

)..sin(.1

).(1

)(

)(.)(

m

ω

πω

πω

ω

ωω

ω

=

−=

−=

−=

==

=

∫ ∫

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450

-100

-50

0

50

100

Derece=(wt).180/pi

)sin()( tVtv mL ω=

)2

sin()(π

ω −= tIti mL

iL(t)

vL(t)

VL

iL

Pozitif dönüş


3

C ‘de sinüs akım ve gerilim

C

Ci

v

t

t

tCdt

tVdC

dt

tdvCti

dttiC

tv

C

C

mCC

CC

.

1

(max)

(max)

)2

.sin(.I

)2

.sin(..C).V(

).cos(.).V.(

).sin(.()()(

).(1

)(

m

m

m

ω

πω

πωω

ωω

ω

=

+=

+=

=

==

= ∫

iC(t)

vC(t)

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450

-100

-50

0

50

100

Derece =( tω ) .180/pi

)sin()( tVtv mC ω=

)

2sin()(

πω += tIti mC

vC

iC

Pozitif dönüş


4

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.

).cos(..)..().sin(..)cos().sin(.)cos().sin(.

).cos(..)..().sin(..)sin(.

).cos(..)..().sin(..)(

.).sin(..

tILtIRtAtA

tILtIRtAv

tILtIRdt

tdiLtIR

vvv

mm

mmT

mmm

LRT

ωωωωθθω

ωωωθω

ωωωω

+=+=

+=+=

+=+=

+=

Aynı terim çarpanları karşılıklı eşitlenirse,

m

m

ILA

IRA

).()sin(.

.)cos(.

ωθ

θ

=

=

R

Ltg

IR

IL

A

A

m

m

.)(

.

).(

)cos(.

)sin(.

ωθ

ω

θ

θ

=

=

A için,

22

22

22

22

)(.

)(

)(

.)(

)sin(

.)(

)(.

)(

.

)cos(

.

LRI

LR

L

ILILA

veya

LRI

LR

R

IRIRA

mmm

mmm

ω

ω

ω

ω

θ

ω

ω

ω

θ

+=

+

==

+=

+

==

R L

i(t)

VR VL

VT

Hatırlatmalar: bababa sin.sincos.cos)cos( −=+

abbaba

abbaba

bababa

cos.sincos.sin)sin(

cos.sincos.sin)sin(

sin.sincos.cos)cos(

−=−

+=+

+=−

θ ωL

R

22 )( LRZ ω+=


5

(omik) 0 ise 0L)( , (endüktif) 90 ise 0R )(

)(sin.)(.)sin(.

22

122

====+===

++=+= −

θωθω

ωωωθω

LRI

VZempedans

R

LtgtLRItAv

m

m

V

mT

m

44 344 21

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

{

)cos()sin(..)cos().sin(.)cos().sin(.

)cos()sin(..)sin(.

)cos()sin(...)(1

)sin(..)sin(.

tC

ItIRtAtA

tC

ItIRtAv

tC

ItIRdtti

CtIRvvv

mm

mmT

mm

tI

mCRT

m

ωω

ωωθθω

ωω

ωθω

ωω

ωωω

−=+=

−=+=

−=+=+= ∫

Aynı terim çarpanları karşılıklı eşitlenirse,

m

m

IRAC

IA

.)cos(.

)sin(.

=

−=

θ

ωθ

RCR

C

IRC

I

tgA

A

m

m

)(

1)(

1

.)(

)cos(.

)sin(.

ω

ωωθθ

θ−=

−

=−

==

A için, mm

mm

VC

RI

CR

C

C

I

C

I

A =+=

+

−

−=

−= 22

22

)1

(.

)1

(

1)sin( ω

ω

ω

ωθ

ω

R C i(t)

VR VC

VT

-θ 1/(ωC)

R

22 )1

(C

RZω

+=


6

(omik) 0 0C)(

1 ),(kapasitif -90 ise 0R )

1(RZempedans

))(

1(sin.)

1(.

))(

1(sin.)

1(.)sin(.

oo22

122

122

====+===

−+=

−++=+=

−

−

θω

θω

ωω

ω

ωω

ωθω

iseCI

V

RCtgt

CRI

RCtgt

CRItAv

m

m

m

mT

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

RR

VA

VA

tVCtL

Vt

tVCtL

Vt

dt

tdvCdttv

LR

tviiiti

m

m

mm

mm

CLR

1

).L

1-.C(

)A.cos(

)A.sin() tg( )cos(.

).L

1-.C()sin(.

).cos(..).cos(.

).sin(R

V .t)).cos(A.sin().t).cos(A.sin(

olsun ).tA.sin(

).cos(..).cos(.

).sin(R

V

)(.).(

1)()(

m

m

ωω

θ

θθθ

ωωθ

ωωωω

ωωθθω

θω

ωωωω

ω

===

=

+−=+

+=

+−=

++=++= ∫

22 )1

()1

(

)/1()cos(

LC

R

R

ωω

θ

−+

=

R L

i(t)

v(t) C

iR iL iC


7

22

122

22

22

)1

()1

(

1

))1

((sin.)1

()1

(.)(

)1

()1

(.)

1(

)1

()1

(.

)cos(

1.

LC

R

Zempedans

RL

CtgtL

CR

Vti

LC

RV

R

LC

RR

V

R

VA

m

I

mmm

m

ωω

ωωω

ωω

ωωω

ω

θ

−+

==

−+−+=

−+=

−+

==

−

4444 34444 21

Böyle bir paralel devrede, iL>iC ise yani CL ωω >)/(1 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

R C i(t)

VR VC

VT

L

VL

).( Lω

R

)1

(Cω

)..( LIVL ω=

RIVR .=

)1

.(C

IVCω

=

I

222

22222

222

)]1

()[(

)]1

()([).()(

)(

CLRZ

CILIRIZI

VVVV CLRT

ωω

ωω

−+=

−+=

−+=

Seri RLC devresi için:


8

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

)45500sin(28.28)500sin(.Vv(t)

V. 28.28)2.(14.14.V 45)10

10(tg ise

R

.L) tg(

ohm 14.141010).( Z10)02.0.(500.

2I rad/s, 500

m

mo1-

2222

m

o

m

tt

IZ

LRL

+=+=

======

=+=+===

==

θ

θω

θ

ωω

ω

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

67.5)80(R

.L)tg( === tg

ωθ ise

rad/s 42.1890)06.0/(42.113L

.L

ohm 42.11320).67.5(.

===

==

ωω

ω L

).( Cω

R

1

)1

(Lω

C

VI C

ω

1=

V

)(L

VI L

ω=

IR=V/R

222

222

222

)1

()1

()1

(

)1

()()(

)(

LC

RZ

L

V

C

V

R

V

Z

V

IIII LCRT

ωω

ω

ω

−+=

−+=

−+=

R L v(t)

iR iL iC C

Paralel RLC devresi için: iT

10

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

20 mH

v(t)


9

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.

rad/s 80402.0/08.16 veohm 04.82

08.16

2

LR , ohm 08.16)(

14

1).()()

2

L(17.85 )(

2)tg(

LR 2)4.63(

R

L)tg(

2222

======

+=+=+=

==≅==

ωω

ω

ωωω

ω

ω

θ

ωωθ

L

LLLRZ

Ltg

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

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

)43.63-000t22.36cos(5)-000t22.36cos(5v(t)

63.43 ise 25

10.20)5000(

1

R

C)1/()tg(

V. 36.22))10.20(5000

1(5.2.V

A. 2I ,5000

o6

2

6

2m

m

o

m ZI

==

====

=+==

==

−

−

θ

θω

θ

ω

Örnek:

Lω ve )/(1 Cω ifadelerinin birimlerinin ohm olduğunu gösteriniz.

R=5

FC µ20=

)5000cos(.2)( tti =

v(t) =?


10

{ohm

amper

volt

amper

svolt

sL

s

amperHenrivolt

dt

diLv

===

=

=

)).(

.(1

)(

ω

ω

{

ohmamper

volt

volt

samper

s

C

volt

samper

volt

cloumbfarad

v

qC

ampers

cloumb

dt

dqi

===

====

===

).(1

.()11

(1

).(

/1 ω

ω


11

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)1).(1(.j ).1(.j ,1

21.22

1-

gibi 20- ve2- ,1-

224232 =−−==−=−==−=

=−=−

=

jjjjjjj

j

j

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

0 1

j10

100 2 2

-1 -40 -3

j1

-j1

-j30

San

al S

ayı

ekse

ni

Gerçek sayı ekseni

x

y

Pozitif dönüş yönü


12

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.

jbajbasanalreelZ +=== ),(),(

Gösterim Şekilleri:

x

y

z jb

a 0 θ

zr =

)jsinr.(coszşekil

r.ezşekil üstel

rzşekil kutupsal

jbazşekilkoordinat dik

j

θθ

θθ

+=→

=→

∠=→

+=→

riktrigonomet

)sin.(cos

)(

sin.

cos.

1

22

θθ

θ

θ

θ

jrjbaz

a

btg

rb

ra

barz

+=+=

=

=

=

+==

−

Euler gösterimi

θθθ sincos je j +=

Bu gösterim şekillerinin hepsi aynı anlamı verir.

0 1

j4

100 3 -1 -40 -3

j1

-j1

-j5

x

y

100+j4

3-j

-40+j

-3-j5

-3+j0=-3


13

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 )/(1 abtg − 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:

45)4

4(

44

1

1

=−

=

+−=

−tg

jZ

θ

45)4

4(

44

1

2

=−

=

−=

−tg

jZ

θ

Karmaşık Sayının Eşleniği: Karmaşık sayının eşleniğinde, sanal terimin işaretinin tersi alınır. Gerçek terim işareti korunur. Kutupsal gösterimde ise açının ters işareti alınır. Eşlenik *Z→

jbaz

jbaz

−=

+=*

θ

θ

−∠=

∠=

rz

rz*

θ

θ

j

j

erz

erz−=

=

.

.*

502502

44*

*

−∠=→∠=

−=→=

ZZ

jZjZ gibi.

4 - 4 0

j4

- j4

x

y

45=θ

45=θ

180o – 45o

135241 ∠=Z

45242 −∠=Z


14

Karmaşık Sayıların Eşitliği: Gerçek ve sanal terimler karşılıklı olarak birbirine eşittir.

db ,21

2

1

==→=

+=

+=

cazz

jdcz

jbaz

Toplama Đşlemi: Karşılıklı gerçek ve sanal terimler birleriyle toplanır. Kutupsal gösterim gibi diğer şekillerde ise karmaşık sayılar dik koordinat şekline dönüştürülür ve işlem yapılır.

68)83(25

102)82()35()83()25(

83 ,25

21

21

21

jjjzz

jjjjzz

jzjz

+=−−−−=−

−=−−+−=−−+−=+

−−=−=

Çarpma Đşlemi: Dik koordinat şekillerinde her bir terimin birbiriyle çarpımın toplamları ile ifade edilir. Kutupsal ve üstel şekillerde ise büyüklükler çarpılır açılar toplanır.

jdcz

jbaz

+=

+=

2

1 , )().()).((. 21 jdcjbjdcajdcjbazz +++=++=

)(

2121212121 ).(.... θθθθ +== jjj errererZZ

)().()).((. 2121221121 θθθθ +∠=∠∠= rrrrZZ

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.

321sayıgerçek

dc

jdcjba

jdcjdc

jdcjba

jdc

jba

Z

Z

222

1 )).((

)).((

)).((

)(

)(

+

−+=

−+

−+=

+

+=

)(

2

1

2

1

2

1 21

2

1

).(.

. θθ

θ

θ−== j

j

j

er

r

er

er

Z

Z θ

θ

j

je

e−=

1

212

1

22

11

2

1 ).( θθθ

θ−∠=

∠

∠=

r

r

r

r

Z

Z


15

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

nrrz

ererz njj

.360

.. )2(

+∠=∠=

== +

θθ

πθθ

2,1,0/).360(

.)/1(

/)2()/1(

=

+∠=

= +

nknrz

erzkk

knjkk

θ

πθ

k tane farklı kök için n=0,1,2,3,….(k-1) kadar kök vardır.

608∠=z için,

26022

14021

2020

3/).36060(23/).36060(8 3/13

∠→=

∠→=

∠→=

+∠=+∠=

n

n

n

nnz

‘dir.

0101 ∠=+= jz ‘in beş beşinci kökü için,

)20(.101 njejz π+=+=

2881.14

2661.13

1441.12

721.11

01.10

.1

5/8

5/6

5/4

5/2

0

5/)2()5/1(5

∠=→=

∠=→=

∠=→=

∠=→=

∠=→=

=

π

π

π

π

π

j

j

j

j

j

nj

en

en

en

en

en

ez

Karmaşık Sayıların Logaritması:

)2(. njerz πθ += ise,

)2()ln()ln()ln()ln( )2( njrerz nj πθπθ ++=+= + ‘dir. Sonuç n değerlerine bağlıdır. n=0

‘da esas değer elde edilir. Genellikle bu değer kullanılır.


16

Empedansların Karmaşık Sayılarla Đfadesi:

R

C

L

RRI

V=∠=

∠

∠0

0

0

).(90.90

0LjL

I

Vωω =∠=

−∠

∠

)1

(901

90

0

Cj

CI

V

ωω−=−∠=

∠

∠


17

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.

CX

LX

C

L

ω

ω

1

.

=

=

ve f..2 πω =

Örneğin L=400 mH ve FC µ25= için ω ’nın farklı değerlerine göre XL ve XC değerleri

aşağıda tabloda verilmektedir.

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

ω(rad/s) XL=ωL XC=1/(ωC) 100 250 500 700

1000

40 100 200 280 400

400 160 80 57.1429 40

-1000 0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500

-500

0

500

ω (rad/s)

-JXc=-j 1/ ( Cω )

JXL=J ( Lω )


18

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

Örnek: Empedansı 3040∠ ohm olan seri bir RL devresinde L=0.02 H.’dir. R=? ve f= ?

LjXRZ +=∠30

Hz. 23.1592

1000

2

rad/s 100002.0

202

20)30sin(.40)sin(.

64.34)30cos(40)cos(.

===

=====

===

===

ππ

ω

ωπω

θ

θ

f

L

X

L

Lf

ZX

ZR

L

L

Seri ve Paralel eşdeğer empedanslar

R

jba −

Lj .ω

Cjω

1−

R

Cjω

1−

jba +

jb−

Z1

Z2

Z3

Z3

Z2

Z1 Zp

Zs ....321 +++= ZZZZ s

..1111

321

+++=ZZZZ p

Z karmaşık sayı işlem kuralları çerçevesinde analiz yapılır..!


19

Örnek: Şekildeki devrede akım 502 −∠=I A.’dir. Bu devreye seri olarak Fµ100 ’lık kondansatör

eklendiğinde, eşdeğer empedansı ve yeni çekilen akımı bulunuz.

1.durum:

rad/s 08.153201.0

32.15

32.15)50sin(.2050sin.

85.12)50cos(.2050cos.

ohm 5020502

040 0

===

===

===

∠=−∠

∠=

L

X

ZX

ZR

Z

L

L

ω

2.durum

A. 37.3462.237.3456.15

040

37.3456.1579.885.12)52.632.15(85.12

o

o

CLes

I

jj

jXjXRZ

−∠=∠

∠=

∠=+=−+=

−+=

R 0.01 H

I

V. 040∠

R=12.85 52.6j−

0.01 H I=?

040∠

32.15jjX L = CjX−

Fµ100

52.610)100).(08.1532(

1

.

16

===−C

X C ω


20

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

V. 97.4435.35)43.1891.7).(4.6347.4(.

V. 43.181.79)43.1891.7).(010(.

A. 43.1891.743.1864.12

0100

43.1864.12412)42(10

22

11

21

∠=−∠∠==

−∠=−∠∠==

−∠=∠

∠=

∠=+=++=+=

IZV

IZV

I

jjZZZ o

Fazör diyagramı:

Sağlama:

8.99100

)73.2476.24()2504.75(21?

≅

++−=+= jjVVV

V. 0100∠=V

10Z1 =

424.6347.4Z2 jo +=∠=

I

0o 44.97o

-18.43o

V1=79.1

V2=35.35

I=7.91

V1=79.1 -18.43o

V=100


21

Örnek: Şekildeki devrede Z2=?

32.95

8532.1710

)85()6020(

85

6020155.2

4550

2

2

j

jj

jZ

ZjZ

Z

es

es

+=

−−+=

+−∠=

++=

∠=−∠

∠=

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

210/20 ==I A. ve bu 10 ohm’daki gerilimle aynı fazdadır. Bunlar fazör gösterimde

referans alındığında oI 02∠= A. yazılabilir.

αθθθ

=∠=∠

∠= 18

02

36Z

Sistem seri devre olduğundan, empedans eşitliği ve fazör diyagramı aşağıdadır.

10

36 V, 60 Hz

22.4 V

20 V

R L

voltmetre voltmetre

oRV 020∠=

36 V. Vb=22.4

22.4

20

36 V.

α

o96.33 82.0cos

cos).20).(36.(24.222036 222

==

+=+

αα

α

VRb

jVx

5

A 155.2 oI −∠= o4550∠

8j

Z2=?


22

92.410))96.33cos(.18(18

10)10(cos

)(1010

=−=

+=

+=

++=+=

R

R

Z

R

jXRZZ b

α

mH 26 H. 026.0)60(2

9.9

2

9.9)96.33sin(.1818

sin

====

==

==

ππ

α

f

XL

X

X

Z

X

veya

{11.2085.29

20

11.2085.2996.3336

XRbT

oT

VjVV

jV

++=

+=∠=

43421

92.42

85.9

85.92085.29

===

=−=

I

VR

V

Rb

Rb

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

I1

o050∠

4j−

3

10

I2

I

oJjIII

I

jI

366.13811586

A. 505010

050

A. j86 13.531013.535

050

43

050

21

2

1

∠=+=++=+=

=∠=∠

∠=

+=∠=−∠

∠=

−

∠=

Đki paralel koldaki akım ifadeleri ile kontrol :

A. 051.176.13

1.535).366.13(

4310

43).366.13(.

A 1.53101.176.13

36136

4310

010)366.13(.

12

12

21

21

∠≅−∠

−∠∠=

−+

−∠=

+=

∠=−∠

∠=

−+

∠∠=

+=

j

j

ZZ

ZII

jZZ

ZII

Zb

10

Z=18

96.33=α R

jX


23

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

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

0 50 100 150 200 250 300 350 400

-400

-200

0

200

400

600

800

1000

1200

p(t

) R

ele

ma

nı

için

derece

0 50 100 150 200 250 300 350 400-500

-400

-300

-200

-100

0

100

200

300

400

500

Derece

p(t

) L

ele

ma

nı

için

0 50 100 150 200 250 300 350 400-500

-400

-300

-200

-100

0

100

200

300

400

500

Derece

p(t

) C

ele

man

ı iç

inIVIV

IVPP

tIVIVtp

tIVivtp

tIi

tVv

mmort

P

mmmm

t

mm

m

m

ort

.).2).(.2.(2

1

..2

1

).2cos(..2

1..

2

1)(

).(sin...)(

).sin(.

).sin(.

0

)2cos1(2

1

2

==

==

−=

==

=

=

=

−

444 3444 21

43421

ω

ω

ω

ω

ω

R için

L için

0

).2sin(..2

1)(

)2sin(cos.sin2

)2

sin().sin(..)(

)2

.sin(.

).sin(.

).cos(

==

=

=

+==

+=

=

PP

tIVtp

xxx

ttIVivtp

tIi

tVv

ort

mm

t

mm

m

m

ω

πωω

πω

ω

ω

43421

0

).2sin(..2

1)(

)2sin(cos.sin2

)2

sin().sin(..)(

)2

.sin(.

).sin(.

).cos(

==

−=

=

−==

−=

=

−

PP

tIVtp

xxx

ttIVivtp

tIi

tVv

ort

mm

t

mm

m

m

ω

πωω

πω

ω

ω

43421

C için


24

Tipik Bir Devredeki Ortalama Güç (P) : Bir devrede gerilim ).sin(. tVv m ω= , akım ise ).sin(. θω += tIi m olsun. θ açısı negatif veya

pozitif olabilir (ileri veya geri fazda). p(t) güç ifadesi ve ortalama güç (P) aşağıda ifade edilmektedir. Hatırlatma:

[ ])cos()cos(2

1sin.sin bababa +−−=

Güç ifadesi ise:

[ ]

[ ]

θ

θθ

θωθ

θωθ

θωωθωω

θωω

cos..

cos)..2).(.2.(2

1cos...

2

1

).2cos(...2

1cos...

2

1

)2cos(cos..2

1

)cos()cos(2

1..

)sin().sin(...)(

0P veperiyodik ort

IVP

IVIVPP

tIVIV

tIV

ttttIV

ttIVivtp

mmort

mmmm

mm

mm

mm

=

===

+−=

+−=

++−−−=

+==

=

444 3444 21

Burada, P= AC’deki ortalama güçtür. AC sistemlerinde çoğunlukla 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.

θcos = 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.

(VA) .IVS = 1kVA=1000 VA

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

θsin..IVQ = (Volt. Amper. Reaktif)=(VAR)


25

Güç Üçgeni: Yukarıdaki tanımlamalardan görüleceği gibi, görünür güç, aktif güç ve reaktif güçler fazör bir güç üçgeni oluştururlar. Bu karmaşık güç üçgeni olarak ifade edilir.

jQPS ±= 22 QPS +=

Ohmik yüklerde: Saf ohmik yükler R elemanlarından oluşur. 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.

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

S görünür gücü 1θ∠V ve 2θ∠I değerlerine göre hesaplanırken, çarpım sonucu θ∠S ‘daki

θ açısı V ile I arasındaki fark açı olmalıdır ( 21 θθθ −= ). 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,

θθθθθθθ ∠=∠=−∠=−∠∠=∠= SIVIVIVIVS ..)).((. 2121*

1

*.IVS = işleminin gerçek terimi P aktif gücü, sanal terimi ise Q reaktif gücü verir.

Aynı zamanda güç açısı θ , devre eşdeğer empedansının açısıdır. Bunun ifadesi:

θθθθ

θ∠=−∠=

∠

∠= Z

I

V

I

VZ 21

2

1

θ

V

I

V

IVS .=

θ

θcos..IVP =

θsin..IVQC =

θ

I

θcos.I

θsin.I

θ V

I

V θ

IVS .=

θcos..IVP =

θsin..IVQL = θ

I

θcos.I

θsin.I


26

AC’de genel anlamda güç ifadelerinin büyüklükleri aşağıda şekillerle hesaplanır.

Ortalama güç (Aktif güç) im)gerçek ter(..cos.. *2

2 IVR

VRIIVP R ====→ θ

Reaktif güç terim)sanal(..sin.. *2

2 IVX

VXIIVQ X ====→ θ

Görünür Güç Z

VZIIVS

22* .. ===→

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,

nnn PPPRIRIRIP .............. 212

22

212

1 ++=+++=

)]....()....[( 2121 CmCCLnLL QQQQQQjjQ ++−++=

Örnek: Bir devrenin eşdeğer empedansı 43 jZ += ohm, oV 30100∠= ‘dir. Güç üçgeninin

bileşenlerini bulunuz.

A. 1.2320)1.535/()30100(/ −∠=∠∠== ZVI

1.yaklaşım:

geride 60153cos12330coscos

VA 20005.20.

geride VAR 16004.20.

W.12003.20.

22

22

22

..)).-(-(θ

ZIS

XIQ

RIP

===

===

===

===

2.yaklaşım:

geri 6.02000

1200cos

VAR 16001.53sin).20).(100(sin..

W.12001.53cos).20).(100(cos..

VA 2000)20).(100(.

===

===

===

===

S

Pθ

IVQ

IVP

IVS

θ

θ

P=1200 W

Q=1600 VAR S=2000 VA

1.53=θ


27

3.yaklaşım:

geri VAR 16001.53sin.

W.12001.53cos.

1.532000)1.2320).(30100(. *

==

==

+=∠=∠∠==

SQ

SP

jQPIVS

4.yaklaşım:

VA 20005

100

VAR 16004

80Q

W.12003

60

9.6680)904().1.2320(.

1.2360)3).(1.2320(.

22

22

22

4

===

===

===

∠=∠−∠==

−∠=−∠==

Z

VS

X

V

R

VP

XIV

RIV

X

R

j

X

R

321

Örnek: Devrenin güç üçgenini bulunuz.

A. 77.986.130.1139.20

53.196.37

420

A. 96.6439.343.6318.11

53.196.37

105

V. 53.196.37)64.3887.8)(17.4028.4(.

A. 17.4028.417.4067.11

050

17.4067.1153.792.8)22(

53.592.6)64.3887.8(49.137.25

)30.1139.20).(43.6318.11(

420105

)420).(105(

2

1

op

p

op

p

opp

o

op

p

j

VI

j

VI

ZIV

I

jjZZ

jjj

jjZ

∠=−∠

−∠=

−=

−∠=∠

−∠=

+=

−∠=∠−∠==

−∠=∠

∠=

∠=+=++=

+=∠=∠

−∠∠=

−++

−+=

V, f

20 -j4

2 j2

5 j10

V. 050 o∠

Ip1

Ip2 I


28

geri VAR 04.138)17.40sin(.214)17.40sin(.

W.52.163)17.40cos(.214)17.40cos(.

VA 17.40214)17.4028.4)(050(. *

===

===

∠=∠∠==

SQ

SP

IVS o

Yukarıda bulunan bu güçler, devredeki her bir elemanın aktif ve reaktif tipteki durumlarına göre kendi aralarındaki cebirsel toplam yaklaşımından da hesaplanabilir. Yani,

)( )(

lerde' ve

lerde'

−→+→

→

→

CL

CLQ

RP

VA 14.4060.21372.13728.163

(endüktif) geride VAR 72.137)4.(86.1)10.(39.3)2.(28.4)4.()10.()2.(

W.28.163)86.1.(20)39.3.(5)28.4.(2)20.()5.()2.(

22222

21

2

22222

21

2

∠=+=+=

=−+=−+=

=++=++=

jjQPS

IIIQ

IIIP

pp

pp


29

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. θcos.SP = ile S’nin gücü faydalı güce dönüşür. S’nin P’ye yaklaşması için θ sıfıra yaklaştırılır. Buna güç katsayısının ( θcos ) 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

θcos arttığından akım ve görünür güç S de azalır. Aynı ihtiyaç duyulan P için daha düşük S kullanımı söz konusu olur. Güç ve dağıtım sistemi az yüklenir ve daha etkin kullanılmış olur.

21 PP =

LQ

CQ

CLT QQQ −=

1S

1θ 2θ

2S

1P

LQ

CQ

CLT QQQ −=

1S

1θ 2θ

2S

2P

P değişken ve S’ye yaklaşması

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


30

Örnek:

oV 0100∠= V. beslemede, 82 jZ y += ‘lik bir yük için güç katsayısı 8.0cos =θ geri

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

(endüktif) geri 0.24cos(75.95)cos

W.27.294)95.75cos(.1213

VAR 76.1176)95.75sin(.1213

VA 96.751213)96.7513.12)(0100(.

A. 96.7513.1296.7524.8

0100

96.7524.882

1

1

*

===

==

==

∠=∠∠==

−∠=∠

∠=

∠=+=

S

P

P

Q

IVS

I

jZ

o

o

oy

θ

Seri Kapasitörlü durum:

VAR 10400)5.6(40. veya

)(kapasitif ileride VAR 46.1040044.2399)8(40

.40)8(40)8(

44.23993200

86.364000)86.3640)(0100(.

A. 86.364086.365.2

0100

86.365.25.12

5.65.18 8

5.1)2).(82.36(

2)86.36( 82

geri 86.36)8.0(cos

22

2

222

*

12

===

=−=

−=−=

+=+=

∠=∠∠==

−∠=∠

∠=

∠=+=

=−=−=

==

=−+=

== −

CC

C

Q

CCT

T

CC

jX

C

o

XIQ

Q

XXIQ

jjQPS

IVS

I

jZ

XXX

tgX

XtgjXjZ

C

43421

43421

θ

82 jZ y += V. 0100 o∠

I

normal

82 jZ y +=

V. 0100 o∠

?=− CjX

I

Seri kapasitörlü


31

Paralel kapasitörlü durum:

VAR 95650.220)8(13.1250.220)8.( veya

kapasitif VAR 955)55.9)(100(.

50.22036.293

VA 86.36367)86.3667.3)(0100(.

67.3)86.36sin(

55.976.11 veya67.3

)86.36cos(

94.2 veya

86.3667.355.976.1194.2

A. 55.9 ise 94.2

76.11)86.36(

76.1194.286.36

86.3636.86-I

0100Z

geride 86.36)8.0(cos

9090

0100

76.1194.2

A. 96.7513.1296.7524.8

0100

)82(

0100

22

*

12

≅−=−=−=

===

+=+=

∠=∠∠==

=−

+−==

−=

−∠=+−=

=+−

=−

+−=+=−∠

∠=∠

∠=

==

=∠=−∠

∠=

−=

−∠=∠

∠=

+

∠=

−

yTLC

CC

T

o

CC

CCy

o

CC

C

C

y

y

IQQQ

IVQ

jjQPS

IVS

II

jjI

II

tg

jIjIII

Z

jIIX

I

jI

jI

θ

Sonuç verileri:

durum θcos P (W) Q (VAR) S (VA) Iy (A) I (A) normal 0.24 geri 294.27 1176.76 1213 12.13 12.13 Seri kapasitörlü 0.8 geri 3200 2399.44 4000 40 40 Paralel kapasitörlü 0.8 geri 294.27 220.50 367 12.13 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 ( RI 2 ) 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.

V 0100 o∠

82 jZ y +=

?=− CjX

I

yI CI

paralel kapasitörlü


32

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 sabittir (P=1200 W.)

ileri VAR 10155851600

. veyageride VAR 585)26sin(1333sin.

VA 13339.0

1200

cos

26 geri 9.0cos

geri VAR 160012002000

12

22222

2

2

22

222

1

2

11

=−=

−=

====

===

==

=−=−=

C

C

o

Q

QQQ

tgPQSQ

PS

PSQ

θθ

θ

θθ

V yZ

C

I

yI CI aI

yjI

CI

Cyj II −

yI

1θ 2θ

I

V

W12001 =P

1Q VA 20001 =S

1θ 2θ

2S CQQQ −= 12

aIa

IVIVP .cos.. == 321 θ


33

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 ( 1cos =θ ) ek yüklerden trafonun tam yükü için kaç kW ‘lık ek yükler gerekir? P1= 12 kW. Yük için,

kVA 206.0

12==S ve yüklenme oranı 80.0

)(25

)(20=→

kVA

kVA %80 yüklü

geri kVAR 16)1.53sin(20sin.

1.53)6.0(cos 1

===

== −

θ

θ

SQ

o

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.

76.0)8.39cos(cos

kW 2.71220.19

kW 20.19)8.39cos(25cos.

8.39)25

16(sin)(sin

2

1

2

112

==

=−=−=

===

=== −−

θ

θ

θ

PPP

SPS

Q

Tek

T

o

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 o1.53=θ ve Q=16 kVAR geride idi. Oysa bu

yüke eklenecek yükler için 866.0cos 2 =θ ileri veya o302 =θ ileride yani kapasitif

karakterli (R-C) yükler ekleniyor anlamına gelir.

kVA 88.1286.0/08.1130cos/

ileride kVAR 39.66.916 geri kVAR 6.9)6.22sin(25sin.25

kW 08.111208.23 kW 08.23)6.22cos(25cos.25

6.225.301.53 30.552.6)(96.9-180 6.52 sin

20

9.96sin

25

22

12

12

so

===

=−=−====

=−=−====

=−==+===

PS

QQQQ

PPPP

TsT

TsT

oo

θ

θ

θαββ

S=20 kVA

ST= 25 kVA

P 1= 12 kW

P 2= ?

Q 2= ? S 2= ?

0 o

30 o

53.1 o

30 o

96.9 o

25

20

S2 β

α

P 1= 12 kW

sθ

16

QT

Q2

S=20 kVA

ST= 25 kVA Q=QT= 16 kVAR

P 1= 12 kW P ek= 7.2 kW


34

Örnek: 2 HP gücündeki bir indüksiyon AC motorun verimi %85’dir. Bunun nominal yükünde güç katsayısı 0.8 geridedir. Girişteki bütün güç verilerini hesaplayınız.

geri VAR 82.1298)8.36sin().70.2164(sin. VA 70.21648.0

76.1731

cos

W76.173185.0

)736(2 W.736HP 1

======

=====

θθ

SQP

S

PPP

Pverim elk

elk

mil

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 ?

a) W175)7.0(250. W 250 ==== ηPPP mil

b)

geri VAR 07.362)37.55(.250)(. 37.55 56.0440

250cos

veya,

geri VAR 07.362250440 VA 440)2(220.

111

2222

=======

=−=−====

tgtgPQS

P

PSQIVS

Lo

L

θθθ

c)

ohm 91.17289.279

220

ileri VAR 89.27917.8207.362

geri VAR 17.82)19.18(.250.

W 250 19.18 geri 95.0cos

22

2

22

===

=−=−=−=

===

===

C

C

netLCCLnet

net

o

Q

VX

QQQQQQ

tgtgPQ

P

θ

θθ

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.

?

?

=−

=

C

C

jX

jQ

C V


35

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.

{0

jXRZ ±= RZ =

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

Seri Rezonans:

LCf

LCLC

CLXX

jXjXRZ

oo

o

oCL

CL

πω

ωω

2

1

11

1.

0

===

==

−+=43421

oω = rezonans anındaki açısal hız (rad/s), of = rezonans frekansı (Hz).

V , f

R jXL -jXC


36

Paralel Rezonans:

LCf

LCC

L

CjL

jRZ

C

j

L

j

RZ

Cj

LjRZ

ooo

o πωω

ω

ωω

ω

ω

ω

ω

2

1

1

1

111

111

11111

0

===

+−=

+−=

−

++=

44 344 21

Aynı zamanda sistemin fazör diyagramından rezonans koşulları tanımlanabilir.

R

XL=XC

ω

Z

jXL

-jXC

90o

ω

θ

R büyük

oω

-90o

0o oω

R küçük

0

90

-90 o

o

==→=

→>>→>>

→>>→<<

θωω

θωω

θωω

CLo

CLo

LCo

XX

XX

XX

→Z en küçük →I en büyük değerinde (V/R)

V , f R L

C

IR IL IC I


37

Seri- Paralel karmaşık bir devredeki rezonans koşullarının analizi:

Đki Dallı Paralel Devredeki Rezonans:

IL

IC

IR=I

V

IC=IL

Z (max) =R

ω

Z

oω 0o

R küçük

R büyük

90o

ω

θ

-90o

0o oω

LC

L

V

C

V

II LC

ωω

ωω

1

)/(1==

=

0

90

90 o

o

==→=→=

−→>>→>>→>>

→>>→>>→<<

θωω

θωω

θωω

CLCLo

LCCLo

CLLCo

IIXX

IIXX

IIXX

I en düşük

→Z en büyük →I en küçük değerinde (V/R)

Rezonans frekansı veya oω 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

1cos =θ yapan ω bulunur. Rezonansta oωω → alınır.


38

222222

0

22222222

2222

)(

1

)(

111

L

L

C

C

LL

L

CC

C

LL

L

CC

C

CC

C

LL

L

CC

CC

LL

LL

CC

CC

LL

LLCCLL

CL

Z

X

Z

X

XR

X

XR

X

XR

X

XR

Xj

XR

R

XR

R

XR

jXR

XR

jXR

jXR

jXR

jXR

jXRjXRjXRYYY

=+

=+

+−

++

++

+=

+

++

+

−=

+

−+

−

+=

−+

+=+=

4444 34444 21

Aynı rezonans koşulu sonuç ifadesi, fazör diyagramından da bulunabilir.

V , f RC

C

RL

L

IL IC I

IC

IL

V Cθ

Lθ 22

..

sin.sin.

L

L

C

C

L

L

LC

C

C

LLCC

Z

X

Z

X

Z

X

Z

V

Z

X

Z

V

II

=

=

= θθ


39

Bu ifade ω cinsinden açılıp çözülürse:

[ ]

C

LR

C

LR

LC

C

LRCL

C

LR

C

LRCL

C

LR

LRLCC

LR

RLCC

LCRL

RC

LRLC

RL

L

RC

C

C

L

C

L

o

CL

CL

CL

CL

LC

−

−

=

−

−

=

−=−

−=−

+=+

+=+

+=

+

2

2

2

2

222

2222

22

22

2222

2

2

222

2222

.1

)..(

...

.

.1

))(

1().(

1

)()()1

(

1

ω

ω

ω

ωω

ωω

ωωω

ω

ω

ω

ω

ω

C

LR

C

LR

LCC

L

o

−

−

=2

2

.1

ω

0>oω olmalıdır. Aksi halde rezonans yoktur.

)(2

C

LRL > ve )(2

C

LRC > ise rezonans frekansı vardır.

)(2

C

LRL < ve )(2

C

LRC < ise rezonans frekansı vardır.

C

LRR CL ==

22 ise devre bütün frekanslarda rezonanstadır.

ĐÇĐN:


40

Örnek: Aşağıdaki iki dallı paralel devrenin bütün frekanslarda rezonansta olması için, RL ve RC değerlerini bulunuz. Bütün frekanslarda rezonansta olduğunu iki örnek denemeyle gösteriniz.

5

2510)80(

10)2(

.1

6

322

2

2

==

====

−

−

=

−

−

CL

CL

C

L

o

RR

C

LRR

C

LR

C

LR

LCω

33

22

?

22

3

6

22

?

22

3

6

10)9.7(10)9.7(

2.05

2.0

5125

125

2.010)2)(100( 12510)80)(100(

1

rad/s 100

08.008.0105

10

55.2

5.2

1010)2)(5000( 5.210)80)(5000(

1

rad/s 5000

−−

−

−

−

−

=

+=

+

====

=

=

+=

+

====

=

LC

LC

XX

XX

ω

ω

RC

Fµ 80

RL

2 mH


41

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.

harcanması enerji basinadevir

enerji max.depolanan 2. π=SN

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.

Seri RL devresi için:

{

R

L

R

Lf

fR

I

IL

fRI

ILSN

m

m

T

m ωπππ ====

)2(

)1

.(.)2

(

..2

1

2)

1(.

..2

1

2.2

2

2

2

Seri RC devresi için:

CRRCf

fR

I

CC

I

fRI

CVSN

m

mCm

ωωπωππ

ω

11

.)2(

)1

()2

(

.)1

.(2

1

2)

1(

2

1

2.2

2

2

2

2

====321

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.

22

2

1

2

1mm LICV = ,

R

C

R

LSN oo )/(1.

ωω== çünkü

CL

o

oω

ω1

=

R jXL

R -jXC

I

I

VC


42

Rezonanstaki paralel devredeki N.S için:

L tarafına göre:

L

R

LRf

fR

V

LL

V

fRV

LISN

m

mLm

ωωπωππω

==== )1

.()2(1

.1

.)2

(

)(2

1

2)

1.(

1.

2

1

2.2

2

2

2

2

321

C tarafına göre:

RC

R

C

R

V

CVf

fRV

CVSN

m

mm

)(11

.)2

(

2

1

)2()

1.(

1.

2

1

2.2

2

2

2

ωω

ππ ====

Rezonansta sabit oranda enerji depolanır.

22

2

1

2

1Lmm LICV =

Böylece, rezonansta N.S,

CRL

RSN o

o

ωω

==.

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.

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

L C R

V

L C R V


43

RXXjRZ CL =−+=43421

0

)( ve R

V

Z

VII o ===

Rezonanstaki devreye aktarılan aktif P gücü,

RIRIRIP o

222 .(max)(max) ===

Diğer yandan, )707.0.(2

oo I

II == ise P1,2 gücü,

2

(max)

2.)

2(

22

2,1

PRIR

IP oo ===

Bu P1,2 yarı güç, rezonans akımının 0.707 katı akımda gerçekleşir. Yarı güç koşullarında,

22

22

2

22

22

2,1

2 ise 1

2

1

.2

)(

)(2

.

2

(max)

RZZR

RZ

VR

R

V

RZ

VRIPP o

==

=

===

veya,

{

22 2 2 ise 2.)2/(

RZRZI

V

I

VZ

R

oo

====

Bu eşitlik, empedans ifadesinde kullanıldığında yarı güç koşulları için aşağıdaki sonuç bulunur.

XRRXRZ

XXjRZX

CL

==+=

−+=

ise 2

)(

2222

43421

X fark reaktansı olduğundan R=X eşitliğini sağlayan ve rezonans frekansına eşit uzaklıkta

iki frekans değeri vardır ( 21 , ff ) Bunların birinde CL XX > , diğerinde ise LC XX > ‘dir.

Fakat bunların her iki durumda da farkları R’ nin büyüklüğüne 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 )707.0(oI 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.


44

Rezonanstaki N.S, rezonans frekansı of ve bant genişliği BG arasındaki ilişkiler aşağıdadır.

Ayrıca rezonans frekansı, yarı güç frekanslarının geometrik ortalamasıdır.

2121

1212

. .

).(

fff

BG

f

ff

fSN

oo

o

BG

ooo

==

=−

=−

=

ωωω

ωω

ω

321

250 300 350 400 0

100

200

300

400

500

600

700

800

900

1000

1100

ω (rad/s)

P (

W)

P (max)= rezonans

P (max)/2 yarı güç

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

oω

BG 21,ωω

250 300 350 400 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

ω (rad/s)

I (A

)

I(max).(0.707) yarı güç akımı

yarı güç açısal hızlar

21,ωω

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

I(max)=Io rezonans

oω

BG


45

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

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.

2121

21

21

21

21

2121

221

1

. 1

.

).(

)(1

)()11

(1

11

ωωωωω

ωω

ωω

ωωωω

ωωωω

ωωω

ω

ω

==

=+

+=

+=+

−=−

=

o

o

LC

LC

LC

CLL

C

XX

321

I

endüktif) de'( 22 ωV

kapasitif) de'( 11 ωV

CL

LC

XX

XX

>=

>=

2

1

ωω

ωω

VVV == 21

ω 1ω 2ω

oω

I


46

Örnek 2: Rezonanstaki nitelik sayısının (N.S)o , BGfo / ’ye eşit olduğunu gösteriniz.

Yarı güç frekanslarında R=X’dir. Böylece,

{BG

fSN

SN

ff

L

RBG

f

f

L

RBG

L

R

L

R

LC

LRR

LC

LRR

BG

ffBG

LC

LRR

fRCf

Lf

LC

LRR

fRLfCf

oo

o

oo

SN

o

o

o

===

=

==

++−

−

++

=

−=

++

==−

++−

==−

).( ise ).(

.

.2

24

2

4

4

4

4

4

4

ise 2

1)2(

4

4

ise )2(2

1

)./(1

22

12

2

22

2

2

111

ω

π

ππππ

πππ

ππ

π

Örnek: R=100 ohm, L=0.5 H. Ve FC µ 40= ise seri RLC devresi için rezonans ve yarı güç

frekanslarını bulunuz.

rad/s 345 ise 01

1

rad/s 145 ise 01 1

1

2

60.352

60.22310)40)(5.0(

11

222

2

22

11

2

1

2

11

1

1

2222

6

==−

=−

==−+−=

=−

==+=

=====−

ω

ωω

ωωωωω

ωω

π

ωω

LC -RCωω

RC

L

CRLCLCCR

RLC

XRRXRZ

fLC

ooo

Ayrıca,

rad/s 6.223)145)(345(21 === ωωωo olmakta ve işlem sağlamaktadır.


47

Örnek Devrenin rezonans koşullarını bulunuz ve rezonans frekansını ifade ediniz.

L

CR

LCCL

CRL

LCLCRLR

LC

XR

X

X

XR

X

Xj

XR

R

Xj

XR

jXR

jXjXRY

LLo

oL

oL

oo

LL

L

C

LL

L

CLL

L

CLL

LL

CLL

T

2

2

2

222

22

22

0

2222

22

11

)(

1

]1

[][

111

−=−

=

=+→→+

=

+=

+−+

+=

++

−=

−+

+=

ω

ωω

ωω

444 3444 21

veya,

Aynı sonuç bulunur.

L

C RL

V

ILy

IC

IL

ILx

Lθ

V

22

2

)(

1

.

sin

LR

LC

Z

X

X

Z

X

Z

V

X

V

II

oL

oo

L

L

C

L

L

LC

LLC

ω

ωω

θ

+=

=

=

=


48

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

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

5016

5036

10)20(10)1(

1

10)20(

10.14

10)20(

10.16

10)20(10)1(

1163

6

32

6

32

632

2

−

−=

−

−

=

−

−=

−−

−

−

−

−

−−

C

LR

C

LR

LCC

L

oω

Değişken taraf RC tarafı olduğu için, kök içi paydası sıfır veya pozitif olduğunda devrenin rezonans frekansı bulunmaz. Böylece 4 ohm luk direncin olması gereken en yüksek değer için:

{07.7

250 ise 50 <=< CC R

C

L

C

LR olmalıdır.

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

mH 4.25000/17.12

mH 06.05000/33.0 ise

17.12

33.0

)1(2

)5.12(

)4).(1).(4()5.12( 045.12 4125

10

)4125

10()

125

5

4

2(.......

105

1

2

1

2

1

22

2

0

22

==

==

→

→=

∆±−−=

−=∆=+−+

=

+−++

+==

−+

+=

L

LX

XXX

X

X

Xj

XjjXY

L

LL

L

L

L

L

LL 44 344 21

L=?

2 V 5

-j10

1 mH F 20 µ

6 V 4


49

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

Bir önceki probleme benzer olarak, iki dallı paralele devredeki rezonans koşullarında:

F 22.81 F 10)81.22()]5000)(76.8/[(1

F 25.31 F 10)31.25()]5000)(9.7/[(1 ise

76.8

9.7

)1(2

)57.16(

)55.69)(1)(4()7.16( 055.6957.16 86

6

34.8

62

61

22

2222

22

µ

µ

===

===

→

→=

∆±−−=

−=∆=+−+

=+

=

−

−

C

CX

XXX

X

Z

X

Z

X

C

CC

C

C

L

L

C

C

j6

8 V 8.34

C=?


50

8. Rezonanstaki Akımın Durumu Herhangi bir devrenin rezonans koşullarındaki 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 koşullar 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 olduğunu rezonansa bağlı Re ‘nin değeri belirler.

{

),,(

),,(0

ω

ω

CLe

CLe

e

XXfR

XXfR

XjRZ

=

≠

+=

olabilir.

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.

eCL RRXXjRZ ==−+=43421

0

)(

L C R

V

250 300 350 400 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

ω (rad/s)

I (A

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

I(max)=Io rezonans

oω


51

Durum 2: Aşağıdaki örnek devrede ise rezonans koşulları sistemin eşdeğer empedansının gerçek terimi olan Re terimini etkilemektedir. Re rezonans koşullarına göre yeni değer almaktadır.

444444 3444444 2144444 344444 210

2222

2222

Re

2222

222

2222

2222

22

22

22

22

22

]][)(

))(([

][)(

)(

][)(

)]()[(

)(

)(

)(

)()(111

=

−++

−++−

−++

+=

−++

−+−+=

−++

+=

+

−++=

+

−+=

++

−=

X

CLLC

CLLLC

CLLC

LC

CLLC

CLLCLC

CLLC

LC

LC

LCL

L

L

CLC

XXRXRX

XXRXXRXj

XXRXRX

XRRXZ

XXRXRX

XXRXjRXXRX

XXRXjRX

XRXZ

XRX

jXRXXRj

XR

jXR

X

j

jXRjXZ

Rezonansta 022=−+ CLL XXRX olmalıdır. Bu durumda Z’in sanal bileşeni sıfır olur aynı

zamanda Re gerçek terimi ise aşağıdaki yeni şeklini alır.

R

XR

RX

XRRX

XXRXRX

XRRXR L

C

LC

CLLC

LCe

)(

)(

)(

][)(

)( 22

2

222

0

222

222+

=+

=−++

+=

444 3444 21

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 olduğundan P aktif güç tüketimi de en düşük seviyede olur.

L

C R

V I


52

50 100 150 200 250 300 350 400 450 5000

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

rad/s

I (A

)L=0.5

C=20 uF

R=10

V=100

oω


53

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.

−

=

++−

++

−++

=

2

1

1

3

2

1

64242

45411

21321

.

)(

)(

)(

][]].[[

V

V

V

I

I

I

ZZZZZ

ZZZZZ

ZZZZZ

VIZ

Not: Kaynaklar ve Z empedans değerleri karmaşık sayı şeklinde yazılır……

I1

I2

I3 Z2 Z4

Z5 Z3

Z1

V1

V2

Z6

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


54

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.

=

3

2

1

3

2

1

333231

232221

131211

.

V

V

V

I

I

I

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z matrisinin köşegenleri dışındaki elemanların işaretleri devrenin durumuna göre + veya - işaretli olabilir. Kramer kuralına göre I matrisi çözülebilir.

333231

232221

131211

ZZZ

ZZZ

ZZZ

Z =∆ ( 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,

3331

2321)21(12 .)1(

ZZ

ZZ+−=∆

Z

ZZV

ZZV

ZZV

I∆

=33323

23222

13121

1 , Z

ZVZ

ZVZ

ZVZ

I∆

=33331

23221

13111

2 ve Z

VZZ

VZZ

VZZ

I∆

=33231

22221

11212

3

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

)()()(

)()()(

)()()(

333

232

1313

323

222

1212

313

212

1111

ZZZ

ZZZ

ZZZ

VVVI

VVVI

VVVI

∆

∆+

∆

∆+

∆

∆=

∆

∆+

∆

∆+

∆

∆=

∆

∆+

∆

∆+

∆

∆=


55

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,

111

1

0

31211111 )).(0()).(0()(

∆

∆==

∆

∆+

∆

∆+

∆

∆=

Z

gir

gir

ZZZ

gir

I

VZ

VI

444 3444 21

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

rs

Z

s

rrstrns

Z

rsr

Z

s

Z

ss

I

VZ

VI

∆

∆==

+∆

∆++

∆

∆+

∆

∆=

)(

0

0

21 ...........)(....)).(0())(0( 321444 3444 21

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.

rs∆

gerilim

akım


56

9.2. Düğüm Gerilimleri Yöntemi Devrede dal akımlarının birleştiği noktalar düğümdür. Bu düğümlerden biri referans düğümdür. Herhangi bir düğüm gerilimi, ilgili düğüm ile referans nokta arasındaki gerilimdir. Düğüm gerilimleri yönteminde, empedansın tersi olan admitans (Y=1/Z) , gerim ve akım matrisleri tanımlanır. Matris ifadesi bir düğüm 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 düğümlerden çıkıyor kabul edilen akımların yönlerine göre işaret alır. Akım matrisi de dallardaki kaynak gerilimlerinin ilgili düğüme bağlayan empedanslara olan oranlarıyla her düğüm için tanımlanır. Yönleri düğüme giren kaynaklar (+), çıkan kaynaklar (-) işaretini alır. Bu durum, düğüm 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. Düğüm gerilimlerinde kare matris boyutu, devredeki referans düğüm dahil düğüm sayısının bir eksiği olabilmektedir. Aşağıda örnek bir devrenin düğüm gerilimlerine göre tanımlanan matris ifadeleri verilmektedir. [Y].[V]=[I] ifadesinden V düğüm gerilim matrisi, çevre akımları yöntemindeki akımların bulunmasındaki yönteme benzer şekilde bulunabilir.

{444 3444 21

44444444 344444444 21 I

oo

V

Y

jV

V

jjj

jjj

∠−

∠=

+−

+++

−

+−

+++

+

05

4510

10

05.

)5

1

43

1

22

1(

22

122

1)

22

1

5

1

19

1(

2

1

j5

Referans düğüm

5

V1

-j4

3

2 j2

9

1 V2

o05∠ o4510∠


57

Y

oo

jj

jj

V∆

+−

++

+−

∠−

∠

=

)5

1

43

1

22

1(0

22

1

5

4510

10

05

1 ,

Y

oo

j

jjj

V∆

+−

∠−

∠

+++

=

022

15

4510

10

05)

22

1

5

1

10

1(

2

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

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

V1

10

05110

oVI

∠−=

I10

9

1

o05∠

2 j2

V2 V1

2221

)22(j

VVI j

+

−=+

o4510∠

j5

I(2+j2)

V1

I(j5)

5

451015

j

VI

o

j

∠+=


58

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 olduğu 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.

k

oo

I

VZ =

Esas devre

Zy

Vo

Zo

Ik

a

b

Zy

Vo

Zo a

b

Zy

a

b

Zo Ik

Thevenin eşdeğeri Norton 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)


59

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

45100)9010()13510()9010()13510()10)((

0)43(

13510100

45100.)10(0010

45100143

,0100

000

1045100

100)10)(10(0010

10143

0

45100.

010

10143

1010

21

1

9010

21

2

1

∠=−∠∠=∠∠−=−=

=+=

∠=∠−−

=∆

−

∠+

===∆

−∠

=

=−−−=−

−+=∆

∠=

−

−+

−

∠

4342143421

48476

jj

bc

ab

oo

Z

o

Z

o

Z

o

jIIV

jIV

jj

j

I

j

I

jjj

jj

I

I

j

jj

o

Not: 43421434217.707.707.707.70

45100)225100(j

o

j

o

+−−

∠=∠−

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

o

o

o

Z

o

o

o

o

Z

o

oZ

o

j

j

I

j

jj

j

I

jjj

jj

I

I

jj

jj

44.6347.456.2690.55

9025005

050510

12.882.256.2690.55

43.1811.158

2550

5015030

5050

56.2690.55255035

5510

0

050.

35

5510

2

1

2

1

−∠=−∠

−∠=

∆

∠−

=

∠=−∠

−∠=

−

−=

∆

−

∠

=

−∠=−=−

−=∆

∠=

−

−

10

j4 -j5

o050∠ I2

I1 3

j4

-j10 j10

3 a

o45100∠

I2

b

c

I1


60

Kaynağın gücü,

PPPP

IP

IP

IVP

T ≅=+=+=

===

===

===

46.13994.59524.79

94.59)3()47.4()3()(

524.79)10).(82.2()10()(

58.139)12.8cos()82.2)(50()cos(..

310

2223

22110

1 θ

Örnek: Şekildeki ana hat akımlarını (Ia, Ib ve Ic ) akımlarını bulunuz.

ooooc

ooob

oooa

o

o

ooo

Z

o

oo

oo

o

o

ooo

Z

oo

o

oo

o

o

ooo

Z

oo

oo

o

ooooZ

o

o

o

Z

o

o

o

III

III

jjjIII

I

I

I

I

I

I

1801.3801.38......)3022()21022(

601.38......)9022()3022(

601.383305.19)1105.19(22)21022()9022(

21022901000

]0)3010).(3010)[(240220(24022000

022030100

12022003010

3022901000

]0)3010).(3010)[(0220(30102402200

002200

01202203010

9022901000

]0)3010).(3010)[(120220(30100240220

030100220

00120220

901000]0)3010).(3010).[(3010(

240220

0220

120220

.

301000

030100

003010

23

12

31

3

2

1

3

2

1

∠=∠−==−∠−∠=−=

−∠==∠−−∠=−=

∠=+=−−−=∠−∠=−=

∠=∠

−∠∠∠=

∆

∠

∠∠

∠∠

=

−∠=∠

−∠∠∠=

∆

∠∠

∠

∠∠

=

∠=∠

−∠∠∠=

∆

∠∠

∠∠

∠

=

∠=−∠∠∠=∆

∠

∠

∠

=

∠

∠

∠

44444 344444 21

,373.1/ ve , 11 ∆==== IIIIII ahatafaz bağlı hat –faz bağıntısı……..

o3010∠

o3010∠

o3010∠ V. 240220 o∠

V. 0220 o∠

V. 120220 o∠

Ia

Ib

I1

I2

I3

Ic


61

Örnek: Şekildeki 3 fazlı yıldız devrede, hat akımlarını (Ia, Ib ve Ic) bulunuz.

373.1127

220

V. 127)4.25)(5( ,

18.234.25)2.153.20()2.2505.3()1.1434.25()1.834.25(

1.834.25

1.1434.25

1.834.2510675

120220).535()0220).(5310(0220)43(

120220)86(

1.1434.2510675

)535).(0220()5310).(120220()86(0220

)43(120220

10675)86()43(

)43()86(

0220

120220.

)86()43(

)43()86(

1

1

12

2

1

2

1

2

1

===

====

∠=+−−+=∠−∠=−=

∠−=−=

∠==

∠=−∠

∠−∠−−∠−∠=

∆

∠−−

∠−

=

∠=−∠

−∠−∠−−∠∠=

∆

−∠

−−∠

=

−∠=−−−

−−−=∆

∠

∠=

−−−

−−−

faz

hat

fazcba

ooob

oc

oa

o

o

oooo

Z

o

o

o

o

oooo

Z

o

o

oZ

o

o

V

V

VIII

jjIII

II

II

j

j

I

j

j

I

jj

jj

I

I

jj

jj

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

Ia

Ib

Ic

I1

I2

oj 53543 −∠=−

o535 −∠ o535 −∠

o0220∠

o120220∠


62

Örnek: Şekildeki devrede, VAB gerilimini düğüm gerilimleri yöntemiyle bulunuz.

15.3935.249.183.1)74.1783.1(23.19)9.9584.17()9023.19(

9.9584.17)4(43

)4(

9023.19

9023.199026.0

050

2

1

010)43

1

2

1(

593.229026.0

3180.5)

10

1

5

1

2

1(0

2

1010

9026.026.0)

10

1

5

1

2

1(

2

12

1)

43

1

2

1(

0

010.

)10

1

5

1

2

1(

2

12

1)

43

1

2

1(

1

2

2

1

2

1

∠=+=+−−=∠−∠=−=

∠=+

==

∠==

∠=−∠

∠=

∆

−

∠+

+

=

∠=−∠

−∠=

∆

++

−∠

=

−∠=−=++−

−+

+

=∆

∠=

++−

−+

+

jjjVVV

jj

VjIV

VV

j

V

jjV

j

jj

j

V

V

jj

j

ooBAAB

oBB

oA

o

o

o

Y

o

o

o

o

Y

o

oY

o

Y444444 3444444 21

A

j4

A 010 o∠ V1

I1 3

j10

j5

2

B

V2

VA

VB


63

Örnek: Şekildeki a-b uçlarına sırasıyla (5-j5) ve 10 ohmluk ohmik direnç bağlanıyor. Bu empedanslardaki aktif güçleri Thevenin yöntemiyle bulunuz.

55555

)55)(5(

457.70)55(10 10555

050

)55(

jjj

jjZ

jVjj

I

jIVV

o

oo

o

abo

−=−+

+−=

∠=+==++−

∠=

+==

5-j5

a

ooV 457.70 ∠=

b

Zo=5-j5

10

a

b

Zo=5-j5

ooV 457.70 ∠=

Iy1

Iy2

125)5()5()5()(

51010

457.70

2211

1

===

=−

∠=

yy

o

y

IP

jI

200)10()47.4()10()(

45.6347.4515

457.70

2222

2

≅==

∠=−

∠=

yy

oo

y

IP

jI

a

10

o050∠ j5

5-j5 5

b

I

Vo

-j5


64

Örnek: Aşağıdaki devrenin a-b uçlarına göre olan Thevenin eşdeğerini bulunuz.

16.297.71043

)10)(43(5

56.9544.1139.1111.132.405.1407.707.7204510020

1.177.14)10)(1.1747.1()10)((

1.1747.14310

020

10

10

jj

jZZ

jjjVVV

IV

jI

abo

oooabo

oo

oo

−=+−

−+==

−∠=−−=−−−−=−∠−∠==

∠=∠==

∠=−+

∠=

a o020∠

-j4

5

10

b

o4510∠

3

V10

I

I5=0

a

ooV 56.9544.11 −∠=

b

Zo=(7.97-j2.16)


65

11. Yıldız-Üçgen dönüşümü ve Diğer Analiz Yöntemleri 10.1. Yıldız- Üçgen Dönüşümü (T-π dönüşümü) Yıldız ve üçgen bağlantılar arasında dönüşüm yapılabilir.

Bu iki bağlantı gurubunun birbirinin karşılığı olabilmesi için, her iki devrenin giriş, çıkış ve transfer empedansları birbirine eşit olmalıdır. Üçgen Devrede:

bZ

trans

cb

cbZçııkı

ba

baZgiriş

o

i

o

i

cc

ccbaa

aa

ZZ

ZZ

ZZZ

ZZ

ZZZ

V

V

I

I

I

ZZ

ZZZZZ

ZZ

=∆

∆=

+=

∆

∆=

+=

∆

∆=

−

=

−

−++−

−

13

33

11

2 0.

0

)(

0

Yıldız Devrede:

,

, ,

.)(

)(

2

323121

12

21

323121

2232

323121

11

312

221

Z

ZZZZZZZ

ZZ

ZZZZZZZ

ZZ

ZZZZZZZ

V

V

I

I

ZZZ

ZZZ

Ztrans

Zcııkı

Zgiris

o

i

o

i

++=

∆

∆=

+

++=

∆

∆=

+

++=

∆

∆=

−=

+−

−+

Đki devrenin aynı empedans terimleri birbirine eşitlenirse,

Za

Zb

Zc Vi Vo

Z1

Zc Vi Vo Ii Io Ii I2 Io

Z3

Z2

π veya Üçgen Bağlantı T veya yıldız bağlantı


66

32

323121

ZZ

ZZZZZZ

ZZ

ZZ

ba

ba

+

++=

+ (1)

21

323121

ZZ

ZZZZZZ

ZZ

ZZ

cb

cb

+

++=

+ (2)

2

323121

Z

ZZZZZZZb

++= (3)

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

3

323121

Z

ZZZZZZZ a

++= (4)

1

323121

Z

ZZZZZZZ c

++= (5)

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

2323121

321

323121323121

321

323231213132312121323121

321

)()).((

))(())(())((

1

ZZZZZZ

ZZZ

ZZZZZZZZZZZZ

ZZZ

ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ

ZZZ

ZZZ cba

++=

++++=

++++++++=

++

(6)

(6)’nın her iki tarafı (ZaZb) ile çarpılıp ve eşitliğin sağ tarafı bunların (3) ve (4) deki karşılıkları yazıldığında,

cba

ba

ZZ

bacba

ZZZ

ZZZ

Z

ZZZZZZ

Z

ZZZZZZ

ZZZZZZ

ZZZZZ

ZZZ

ba

++=

++++

++=

++

1

2

323121

3

3231212

323121

321 )()(.)(

)(1

4444 34444 214444 34444 21

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


67

Böylece, üçgenden yıldıza, yıldızdan üçgene dönüşüm bağıntıları tanımlanmış olur. Bunların örnek şekil üzerindeki sonuç durumları aşağıdadır.

Yıldızdan- Üçgene dönüşüm:

3

323121

Z

ZZZZZZZ a

++=

2

323121

Z

ZZZZZZZb

++=

1

323121

Z

ZZZZZZZ c

++=

Üçgenden-Yıldıza dönüşüm:

cba

ba

ZZZ

ZZZ

++=1 ,

cba

ca

ZZZ

ZZZ

++=2

cba

bc

ZZZ

ZZZ

++=3

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.

Z

nn

ZZ

VVVI∆

∆++

∆

∆+

∆

∆= 121

211

11 .........

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 olduğundan transfer empedansı aynıdır. Vs kaynak, Ir akımı için transfer empedansı,

sr

Z

r

s

Z

srsr

I

V

VI

∆

∆=

∆

∆=

Za Zb

Zc

Z1

Z2 Z3


68

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

rs

Z

s

r

Z

rsrs

I

V

VI

∆

∆=

∆

∆=

Her iki durum için transfer empedansları birbirine eşittir.

srrsrs

Z

sr

Z

s

r

r

s

I

V

I

V

∆=∆∆

∆=

∆

∆

=

Bu teoreme ilişkin prensip şema aşağıdadır.

1

2

3

4

V1 I1

Đki yönlü devre

1

2

3

4

I1 Đki yönlü devre V1


69

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

c

d b

a

V

I1

Z1

Z3

Z2 c

d b

a

V I3

Z1

Z3

Z2

32

2

123

23

ZZ

ZVV

ZZZ

ZZZ

ab

ab

+=

++

=

12

2

321

21

ZZ

ZVV

ZZZ

ZZZ

cd

cd

+=

++

=

abZ

abV

a

b

I1

cdZ

cdV I3

213123

21

213123

32

32

21

.

)).(.(

ZZZZZZ

ZVI

ZZZZZZ

ZZ

ZZ

ZV

Z

VI

ab

ab

++=

++

+

+==

213123

23

213123

12

12

23

.

)).(.(

ZZZZZZ

ZVI

ZZZZZZ

ZZ

ZZ

ZV

Z

VI

cd

cd

++=

++

+

+==

Akımlar eşit değerde aynı

c

d


70

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.

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

Yukarıdaki devrelerde, a) durumunda V kaynağı I=V/Z değerinde akım oluşturur. b) durumunda aynı V beslemesinde empedans ZZ ∆+ ’e değişmiştir. Bu durumda akım

)/( ZZVI s ∆+= ’dir.

c) durumunda ise esas kaynak sıfırlanıp, ZZ ∆+ içeren devreye bir kompanzasyon gerilimi uygulanır. Devreden I∆ akar. Bu I∆ , Z∆ ’lik empedans değişimi nedeniyle olan akımdaki değişimdir. Đspat:

ZZ

V

ZZ

ZI

ZZ

Z

Z

V

ZZZ

ZVZVZV

Z

V

ZZ

VIII C

Vc

I

s∆+

−=

∆+

∆−=

∆+

∆−=

∆+

∆−−=−

+∆=−=∆

−

−

)(

.

)()(

).(

...876

321

veya,

)( ise )(.

))(().(..)()(.)(.0

0

ZZIVZZIZI

ZIZIZIZIZIZZIIZIZZIZI

VV

c

I

s

s

∆+∆−=∆+∆−=∆

∆∆−∆−∆−−=∆+∆+−=∆+−=

=−

43421

Z

I

ZIVc ∆= .

V

Z Is

V Z∆

Z I∆

Z∆

a) b) c)

Za

Zb

I Vc=I.Za

Zb

I


71

Örnek: Şekildeki devrede 3+j4 olan empedans (5+j5)’ e değişiyor. Akımdaki değişikliği bulup, kompanzasyon teoremiyle gösteriniz.

oo

s

oo

jI

jI

jjjZ

4507.755

050

531043

050

2)43()55(

−∠=+

∠=

−∠=+

∠=

+=+−+=∆

oo

c

o

oos

o

jZIV

jjj

III

44.263.22)2().5310().(

43.10816.331)86(55

5310)4507.7(

56.2623.2

−∠=+−∠=∆=

∠=+−=−−−=

−∠−−∠=−=∆

∠

321

oo

oc

jjZZ

VI 43.10816.3)5.7116.3(

)2()43(

44.263.22∠=−∠−=

+++

−∠−=

∆+−=∆

10.5. Maksimum Güç Transferi Teoremi Bir AC kaynağının bir yüke aktarabileceği maksimum güç, yükün empedans tipi ve değeriyle ilgili olarak değişir. Kaynaklar çoğunlukla bobin sargılı generatörler ve bağımlı kaynak olarak trafolardan oluştukları için iç empedans endüktif karakterlidir. 1.durum: Ohmik dirençli yük

gggyyyggyygg

gyg

yyggygg

gyg

yg

yy

ygyg

ygy

gyg

g

ZXRRRRRXRRRR

XRR

RRRXRRV

XRR

RV

dR

d

dR

dP

dR

dP

XRR

RVRIP

XRR

VI

=+=+=+++

=++

+−++=

++=

=++

==

++=

222222

222

0

222

22

2

22

2

2

22

ise 222

0]])()[(

.1)..(2])[([]

)()(

..[

kosullari) guc (maksimum 0 )()(

.

)()(

4444444 84444444 76

Zy=Ry

ggg jXRZ +=

Vg I

43 j+

I

ZIVc ∆= .

o050∠

Is

jZ +=∆ 2

I∆

1) 2) 3)

43 j+ 43 j+

jZ +=∆ 2 o050∠


72

Kaynak iç empedansının reaktif bileşeni Xg =0 olursa Ry=Rg olur ki bu da bilinen dc devrelerdeki maksimum güç transferi koşullarına karşılık gelir. 2.durum: değişken direnç ,değişken reaktanslı yük

22

2

2

22

)()(

)()(

ygyg

ygy

ygyg

g

XXRR

RVRIP

XXRR

VI

+++==

+++=

Đlkin Ry sabit tutulduğu kabul edilip, yukarıdaki P ifadesinde payda küçülürse P artar. Bu durumda gy XX −= olmalıdır.

Diğer yandan Ry değişken olarak düşünüldüğünde, 1. durum koşullarındaki iç empedansın ohmik dirençten oluştuğu durum ortaya çıkar . Bu aşama için gy RR = olmalıdır.

Böylece maksimum güç transferi için yük empedansı,

∗=−= gggy ZjXRZ olmalıdır.

3.durum: Sabit reaktanslı, değişken dirençli yük

Böyle devrelerde, sabit olan yük reaktansı (jXy) seri iç empedans içine dahil edilir. Devrenin yeni şekli aşağıdadır.

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

gnyyggy ZRXXRR =++= )( 22

ygggn jXjXRZ ++=

Vg I

Ry

jXy

ggg jXRZ +=

Vg I

Ry

Zy=Ry+jXy

ggg jXRZ +=

Vg I


73

11. Magnetik Kuplaj Devreler Elektrik devrelerinde elemanlar arasında manyetik yol ile de etkileşim söz konusudur. Aralarında doğrudan 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 oluşturur. 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.

dt

diL

dt

dNez ==

φ.

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

ANL

.2 µ=

Burada, =µ ortamın manyetik geçirgenliği (ortam hava ise )10(4 7−= πµo H./m), A akı

yolunun kesit alanı (m2), l= akı yolu uzunluğu (m). Karşılıklı Endüktans (M): Karşılıklı endüktans, bir bobinde, bunu magnetik olarak etkileyen başka bir bobindeki akımın neden olduğu indükleme katsayısıdır.

1.taraf için: 2.taraf için:

dt

diL

dt

dNe 1

11

11

12111

. ==

+=

φ

φφφ

1

122

11222

di

dNM

dt

diM

dt

dNe

φ

φ

=

==

1.taraf

i1

2.taraf

11φ

N1 N2

12φ

1φ

1φ = 1. tarafta üretilen toplam akı

11φ = 1. tarafta üretilen 1.tarafı kesen akı (sızıntı)

12φ = 1. tarafta üretilen 2. tarafı kesen akı


74

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 buluşur.

2

211

di

dNM

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

Bobinler demir ve alaşımları gibi bir nüve üzerinde ise i−φ ilişkisi doğrusal değildir. Bu

nedenle M ifadelerinde akı ve akım gösterimleri diferansiyel olarak gösterilir. Ortam hava ise i−φ ilişkisi doğrusaldır. 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.

2

21

1

12

φ

φ

φ

φ==k

112 φφ ≤ ve 221 φφ ≤ olduğundan k en fazla 1 değerini alır.

21

212

2

22

1

11

2

2

21

1

12

2

211

1

122

2

21

)(.)().

).(.

()).((.

LLkM

LLki

Ni

Nki

kN

i

kN

iN

iNMMM

LL

=

=====

4342143421

φφφφφφ

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..

R1 R2 1φ 2φ

M<0

V1 V2

1φ ve 2φ aynı yönde ise M >0

1φ ve 2φ ters yönde ise M < 0

i1 i2

i φ

dt

diM

dt

diLiRv

dt

diM

dt

diLiRv

122222

211111

.

..

−+=

−+=

12222

21111

)(

).(

IjMILjRV

MIjILjRV

ωω

ωω

−+=

−+=

ω→dt

d

sağ el


75

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 bulunduğu 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:

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 oluşturulduğunda bir I2 akım geçirir. Lens yasasına göre, indüklenen gerilim öyle bir yöndedir ki devre tamamlanıp geçireceği akım, besleme tarafında üretilen akımın neden olduğu akıya daima ters şekilde ikinci tarafta bir akı üretir. Böyle sistemlerde, sargı yönü ne olursa olsun M daima negatiftir. Trafo buna örnektir.

φ

M >0 (L işareti ile aynı)

M < 0 (L işaretinin tersi)

R1 R2

12φ 21φ

M<0 V1

I1 I2 Z y (yük)

Z y (yük) 2Ljω

R2

12 )( IMje ω=

I2

22221

21111

).(0

)(

IZILjRIjM

IjMILjRV

y+++−=

−+=

ωω

ωω

2221 )( IZLjRMIj y++= ωω


76

Doğal akımlı bir indükleme sisteminde, beslemenin yapılmadığı taraftaki akım artarsa (-ki bu yükün değerine göre değişir, kısa devrede en yüksek değerde), bunun oluşturduğu 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 gördüğü şekilde düzenlenir. Aşağıda örnek bir durum verilmektedir.

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 ( )( MLj −ω gibi).

1

0

2222222

2

0

1111111

)()()()(

)()()()(

IMjIMjIMjILjRIV

IMjIMjIMjILjRIV

ωωωω

ωωωω

−+−+=

−+−+=

4444 34444 21

4444 34444 21

V1 2Ljω

R2

I2

R1

1Ljω

I1

V2

M

V1

)( 2 MLj −ω

R2

I2

R1 )( 1 MLj −ω

I1

V2 Mjω

=

+−

−+

2

1

2

1

22

11 .)(

)(

V

V

I

I

LjRMj

MjLjR

ωω

ωω


77

Aynı akımı taşıyan bobinlerdeki durum:

R2 R1

M

L1 L2

I

R2 R1

M

L1 L2 I

1 2

2 1

1 2

I

1. bobin 2. bobin

a b

a b

a b

)]2()[(

)()()()(

2121

2.BOBIN

22

1.BOBIN

11

MLLjRRI

MjILjRIMjILjRI

−+++=

−++−+

ω

ωωωω4444 84444 764444 84444 76

)]2()[(

)()()()(

2121

2.BOBIN

22

1.BOBIN

11

MLLjRRI

MjILjRIMjILjRI

++++=

+++++

ω

ωωωω4444 84444 764444 84444 76

1φ

2φ

1φ

2φ

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

Documents

Devre Analizi 2 Ders Notlari