Elektrik Müh. Temelleri · 2017. 3. 16. · Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 16 5-Gerilimler düğüm gerilimi cinsindenyazılır. 5kΩ 14kΩ 20kΩ

Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 1

Elektrik Müh. Temelleri

ELK-184

5

@ysevim61 https://www.facebook.com/groups/KTUEMT/

SÜPERPOZİSYON (Toplamsallık) TEOREMİ

2

Süper pozisyon yönteminde istenilen akımın akım veya gerilim değeri her seferinde devrede tek birkaynak bırakılarak (akım kaynağı açık devre gerilim kaynağı kısa devre yapılarak) çözülür ve bulunurdaha sonra bu kaynakların o eleman üzerinde oluşturmuş olduğu tüm akım ve gerilim değerleriyönlerine bakılarak toplanır veya çıkarılarak toplam o elemandan geçen toplam akım ve üzerinedüşen toplam gerilim bulunur.

Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM

IR-E+

R1 R3

R

R2ı

𝑰𝑹 = 𝑰𝑹𝑬 + 𝑰𝑹𝑰

NOT: Devrede bağımlı akım ve gerilim kaynağı var ise bu kaynaklara dokunulmaz,devrede bu kaynaklar var iken istenilen elemanın akım ve gerilim değerleri bulunur veçözüm yapılır.

IRE-E+

R1 R3

R

R2 IRI

R1 R3

R

R2ı

3

-E1+

R1I1

I3

R3

R2

-E2+

I2

Akım yönleri ilk olarak keyfi olarak alınmıştır.

Birinci durum; E1≠0, E2=0 olarak alınacak, yani E2 kısa devre yapılır.

A

-E1+

R1I11

I31

R3

R2 I21

B

𝑰𝟏𝟏 =𝑬𝟏

𝑹𝟏 +𝑹𝟐. 𝑹𝟑𝑹𝟐 + 𝑹𝟑

𝑽𝑨𝑩 = 𝑬𝟏 − 𝑹𝟏. 𝑰𝟏𝟏

𝑰𝟑𝟏 =𝑽𝑨𝑩𝑹𝟑

𝑰𝟐𝟏 = −𝑰𝟏𝟏 + 𝑰𝟑𝟏 = −𝑽𝑨𝑩𝑹𝟐


SÜPERPOZİSYON (Toplamsallık) TEOREMİ

Çözüm 1 Çözüm 2

𝑬𝟏 − 𝑹𝟏. 𝑰𝟏𝟏 − 𝑹𝟑. 𝑰𝟑𝟏 = 𝟎

𝑹𝟐. 𝑰𝟐𝟏 + 𝑹𝟑. 𝑰𝟑𝟏 = 𝟎

𝑰𝟐𝟏 = −𝑰𝟏𝟏 + 𝑰𝟑𝟏

I12 A

Toplamsallık (Süperpozisyon)

4

İkinci durum; E1=0, E2 ≠0 olarak alınacak, yani E1 kısa devre yapılır.

-E2+

R1

I32

R3

R2 I22

B

𝑰𝟐𝟐 =𝑬𝟐

𝑹𝟐 +𝑹𝟏. 𝑹𝟑𝑹𝟏 + 𝑹𝟑

𝑽𝑨𝑩 = 𝑬𝟐 − 𝑹𝟐. 𝑰𝟐𝟐

𝑰𝟑𝟐 =𝑽𝑨𝑩𝑹𝟑

𝑰𝟐𝟐 + 𝑰𝟏𝟐 = 𝑰𝟑𝟐

𝑰𝟏𝟐 = 𝑰𝟑𝟐 − 𝑰𝟐𝟐 = −𝑽𝑨𝑩𝑹𝟏


Çözüm 1 Çözüm 2

𝑬𝟐 − 𝑹𝟐. 𝑰𝟐𝟐 − 𝑹𝟑. 𝑰𝟑𝟐 = 𝟎

𝑹𝟏. 𝑰𝟏𝟐 + 𝑹𝟑. 𝑰𝟑𝟏 = 𝟎

𝑰𝟐𝟐 = −𝑰𝟏𝟐 + 𝑰𝟑𝟐

I32

I12

Toplamsallık (Süperpozisyon)

5

I22

𝑰𝟏 = 𝑰𝟏𝟏 + 𝑰𝟏𝟐 + 𝑰𝟏𝟑 +⋯

𝑰𝟐 = 𝑰𝟐𝟏 + 𝑰𝟐𝟐 + 𝑰𝟐𝟑 +⋯

𝑰𝟑 = 𝑰𝟑𝟏 + 𝑰𝟑𝟐 + 𝑰𝟑𝟑 +⋯


-E1+

R1I1

I3

R3

R2

-E2+

I2

I31

I11I21

I1=I11+I12I2=I21+I22

I3=I31+I32

Örnek

6

Örnek: R direncinden geçen akımı süperpozisyonyöntemini kullanarak bulun.

Io=6A

R1=100Ω

R3=300Ω

R2=200ΩA

B

-+

E=200V

I

Io=0

R1=100Ω

R3=300Ω

R2=200ΩA

B

-+

E=200V

IE

𝑰𝑬 =𝑬

𝑹𝟏 + 𝑹𝟑=

𝟐𝟎𝟎

𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎= 0,5A

1.Durum

2.Durum

A

Io=6A

R1=100Ω

R3=300Ω

R2=200Ω

B

E=0V

II

𝑰𝑰 = 𝑰𝒐.𝑹𝟏/ /𝑹𝟑𝑹𝟑

= 𝟔.

𝟑𝟎𝟎. 𝟏𝟎𝟎𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎

𝟑𝟎𝟎= 1,5A

𝑰 = 𝑰𝑰 + 𝑰𝑬 = 0,5 + 1,5 = 2A


Örnek

7

Aynı örneği tevenin yöntemi ile çözersek.

𝑹𝒕𝒉 = 𝑹𝟏 = 𝟏𝟎𝟎Ω

𝑰 =𝑽𝒕𝒉

𝑹𝒕𝒉 + 𝑹𝟑=

𝟖𝟎𝟎

𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎= 2A

R3=300Ω

-+

Vth

Rth

≡

−𝑽𝒕𝒉 + 𝑹𝟏. 𝑰𝒐 + 𝑬 = 𝟎

𝑽𝒕𝒉 = 𝑹𝟏. 𝑰𝒐 + 𝑬 = 𝟏𝟎𝟎 .𝟔 + 𝟐𝟎𝟎 = 𝟖𝟎𝟎𝑽

R1=100Ω

Vth , Rth

R2=200ΩA

B

I


Io=6A

R1=100Ω

R3=300Ω

R2=200ΩA

B

-+

E=200VI

Io=6A

R1=100Ω R2=200ΩA

B

-+

E=200V

Vth+

-

Örnek

8

Aynı örneği norton yöntemi ile çözersek.

𝑹𝒕𝒉 = 𝑹𝟏 = 𝟏𝟎𝟎Ω𝑰𝑵 = 𝑰𝒐 +

𝑬

𝑹𝟏= 𝟔 +

𝟐𝟎𝟎

𝟏𝟎𝟎= 8A

R3=300ΩINRth≡

A

B

I

𝑰𝑵 =𝑽𝒕𝒉𝑹𝒕𝒉

=𝟖𝟎𝟎

𝟏𝟎𝟎= 8A

Aynı olmalı

𝑰 = 𝑰𝑵.𝑹𝒕𝒉/ /𝑹𝟑

𝑹𝟑= 𝟖.

𝟑𝟎𝟎. 𝟏𝟎𝟎𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎

𝟑𝟎𝟎= 2A


Io=6A

R1=100Ω R2=200ΩA

B

-+

E=200VIN

R1=100Ω R2=200ΩA

B

-+

E=200V INE

Süperpozisyon yöntemi kullanılırsa.

Io=6A

R1=100Ω R2=200ΩA

B

INI

IN=INE+INI

9

Ry direncinden geçen akımı süper pozisyonyöntemi ile bulunuz.


Örnek

-E2=5V+

R2=10Ω

I=1A

R3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5Ω+E1=10V

-

R2=10ΩR3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5Ω+E1=10V

-

E1 gerilim kaynağına göre Ry’den geçen akım

IE1I1

I2=IE1-I1 −𝑹𝟏. 𝑰𝑬𝟏 − 𝑰𝟏 − 𝟏𝟎 + 𝑰𝟏. 𝑹𝟑 = 𝟎

−𝟓. 𝑰𝑬𝟏 − 𝑰𝟏 − 𝟏𝟎 + 𝑰𝟏. 𝟐𝟎 = 𝟎

−𝟓. 𝑰𝑬𝟏 + 𝟐𝟓. 𝑰𝟏 = 𝟏𝟎

𝑰𝟏. 𝑹𝟑 + 𝑰𝑬𝟏. 𝑹𝒚 + 𝑰𝑬𝟏. 𝑹𝟐 = 𝟎

𝑰𝟏. 𝟐𝟎 + 𝑰𝑬𝟏. 𝟔 + 𝑰𝑬𝟏. 𝟏𝟎 = 𝟎

𝟐𝟎. 𝑰𝟏 + 𝟏𝟔. 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎

𝑰𝟏 = 𝟎, 𝟑𝟐𝑨 𝑰𝑬𝟏 = −𝟎, 𝟒𝑨

10Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM

Örnek

-E2=5V+

R2=10ΩR3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5ΩE2 gerilim kaynağına göre Ry’den geçen akım

IE2I1

I2=IE2-I1

−𝑹𝟏. 𝑰𝑬𝟐 − 𝑰𝟏 + 𝑰𝟏. 𝑹𝟑 = 𝟎

−𝟓. 𝑰𝑬𝟐 − 𝑰𝟏 + 𝑰𝟏. 𝟐𝟎 = 𝟎

−𝟓. 𝑰𝑬𝟐 + 𝟐𝟓. 𝑰𝟏 = 𝟎

𝑰𝟏. 𝑹𝟑 + 𝑰𝑬𝟐. 𝑹𝒚 − 𝟓 + 𝑰𝑬𝟐. 𝑹𝟐 = 𝟎

𝑰𝟏. 𝟐𝟎 + 𝑰𝑬𝟐. 𝟔 − 𝟓 + 𝑰𝑬𝟐. 𝟏𝟎 = 𝟎

𝟐𝟎. 𝑰𝟏 + 𝟏𝟔. 𝑰𝑬𝟐 = 𝟓

𝑰𝟏 = 𝟎, 𝟎𝟓𝑨 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎, 𝟐𝟓𝑨

R2=10ΩR3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5Ω

I=1A


Örnek

I akım kaynağına göre Ry’den geçen akım

IA

1+IA

I1

−𝑹𝟏. 𝟏 + 𝑰𝑨 − 𝑰𝟏 + 𝑰𝟏. 𝑹𝟑 = 𝟎

−𝟓. 𝟏 + 𝑰𝑨 − 𝑰𝟏 + 𝑰𝟏. 𝟐𝟎 = 𝟎

−𝟓. 𝑰𝑨 + 𝟐𝟓. 𝑰𝟏 = 𝟓

𝑰𝟏. 𝑹𝟑 + 𝑰𝑨. 𝑹𝒚 + 𝑹𝟐. 𝟏 + 𝑰𝑨 = 𝟎

𝑰𝟏. 𝟐𝟎 + 𝑰𝑨. 𝟔 + 𝟏𝟎. 𝟏 + 𝑰𝑨 = 𝟎

𝟐𝟎. 𝑰𝟏 + 𝟏𝟔. 𝑰𝑨 = −𝟏𝟎

𝑰𝟏 = 𝟎, 𝟎𝟔𝑨 𝑰𝑨 = −𝟎, 𝟕𝑨

1+IA-I1

𝑰𝑨 = −𝟎, 𝟕𝑨

𝑰𝑬𝟏 = −𝟎, 𝟒𝑨

𝑰𝒚 = 𝑰𝑬𝟏 +𝑰𝑬𝟐 + 𝑰𝑨 = −𝟎, 𝟒 + 𝟎, 𝟐𝟓 − 𝟎, 𝟕 = −𝟎, 𝟖𝟓𝑨

𝑰𝑬𝟐 = 𝟎, 𝟐𝟓𝑨

Örnek

Örnek: Yandaki devrede 30Ω’luk dirençten geçen akımı süperpozisyon yöntemi ile bulunuz.


Örnek: Yandaki devrede 20Ω’luk dirençten geçen akımı süperpozisyon yöntemi ile bulunuz.

Örnek: Yandaki devrede 10kΩ’luk dirençten geçen akımı veharcadığı gücü süper pozisyon yöntemi ile bulunuz.

10Ω+-

E1=10V

+-

Ix

20.Ix

25Ω 30Ω

10Ω

30 Ω

40Ω

+

-E1=80V+-

Ix

10.Ix

8Ω

12Ω 14Ω

20 Ω

12Ω

6Ω

5kΩ +-E1=10V

25kΩ14kΩ

20kΩ

10k Ω10A

5A

5A

I1

Düğüm Gerilimleri Yöntemi

Bir devrenin düğüm sayısının belirlenmesi.

-E+

R1

R3

R6R2

R4

R5

ıVd1 Vd2Vd3 Vd4

Referans (0)

I1

I2

I5

I5

I4

I3

Amacı: Paralel kollu elemanı bol olan devrelerin çözümünü kolaylaştırmak.


14

1- İlk olarak devrede tüm kollara akım ataması yapılır.


5kΩ

14kΩ

20kΩ

I1=10AI2=5A

I3

I4

I5

5kΩ

14kΩ

20kΩ

I1=10AI2=5A

2- Devredeki düğüm sayısı belirlenir ve düğülere düğüm gerilimi ataması yapılır.

5kΩ

14kΩ

20kΩ

I1=10AI2=5A

I3

I4

I5

Vd1 Vd2

Referans (0)



3- Her düğüm için düğüm akım denklemleri yazılır.

5kΩ

14kΩ

20kΩ

I1=10AI2=5A

I3

I4

I5

Vd1 Vd2

Referans (0)

1.Düğüm için 𝑰𝟏 − 𝑰𝟑 − 𝑰𝟒 = 𝟎

2.Düğüm için 𝑰𝟒 + 𝑰𝟐 − 𝑰𝟓 = 𝟎

4- Akım denklemlerindeki akımlar gerilim de direnç cinsinden eşdeğerlerine dönüştürülür.

1.Düğüm için 𝟏𝟎 −𝑽𝟑𝟓𝒌Ω

−𝑽𝟒

𝟏𝟒𝒌Ω= 𝟎

2.Düğüm için𝑽𝟒

𝟏𝟒𝒌Ω+ 𝟓 −

𝑽𝟓𝟐𝟎𝒌Ω

= 𝟎



5- Gerilimler düğüm gerilimi cinsinden yazılır.

5kΩ

14kΩ

20kΩ

I1=10AI2=5A

I3

I4

I5

Vd1 Vd2

Referans (0)

6- Bu denklemler 4 nolu akım denklemlerinde yerine konur.

.

1.Düğüm için 𝟏𝟎 −𝑽𝒅𝟏𝟓𝒌Ω

−𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐𝟏𝟒𝒌Ω

= 𝟎

2.Düğüm için𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐𝟏𝟒𝒌Ω

+ 𝟓 −𝑽𝒅𝟐𝟐𝟎𝒌Ω

= 𝟎

𝑽𝟑 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝟎 = 𝑽𝒅𝟏𝑽𝟒 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐

𝑽𝟓 = 𝑽𝒅𝟐 − 𝟎 = 𝑽𝒅𝟐

1.Düğüm için 𝟏𝟎 −𝑽𝟑𝟓𝒌Ω

−𝑽𝟒

𝟏𝟒𝒌Ω= 𝟎

2.Düğüm için𝑽𝟒

𝟏𝟒𝒌Ω+ 𝟓 −

𝑽𝟓𝟐𝟎𝒌Ω

= 𝟎



1.Düğüm için𝟏𝟒𝒌. 𝑽𝒅𝟏 + 𝟓𝒌. 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐

𝟏𝟒𝒌. 𝟓𝒌= 𝟏𝟎

2.Düğüm için𝟐𝟎𝒌. 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 − 𝟏𝟒𝒌. 𝑽𝒅𝟐

𝟐𝟎𝒌.𝟏𝟒𝒌= −𝟓

1.Düğüm için 𝟏𝟗𝒌. 𝑽𝒅𝟏 − 𝟓𝒌. 𝑽𝒅𝟐 = 𝟏𝟒𝒌. 𝟓𝒌. 𝟏𝟎

2.Düğüm için 𝟐𝟎𝒌. 𝑽𝒅𝟏 − 𝟑𝟒𝒌. 𝑽𝒅𝟐 = −𝟓. 𝟐𝟎𝒌.𝟏𝟒𝒌

𝑽𝒅𝟏 = 𝟓𝟔, 𝟒𝒌𝑽

𝑽𝒅𝟐 = 𝟕𝟒, 𝟑𝒌𝑽



𝑽𝒅𝟏 = 𝟓𝟔, 𝟒𝒌𝑽

𝑽𝒅𝟐 = 𝟕𝟒, 𝟑𝒌𝑽5kΩ

14kΩ

20kΩ

I1=10AI2=5A

I3

I4

I5

Vd1 Vd2

Referans (0)

𝑰𝟑 =𝑽𝒅𝟏𝟓𝒌

=𝟓𝟔, 𝟒𝒌𝑽

𝟓𝒌= 𝟏𝟏, 𝟐𝟖𝑨

𝑰𝟒 =𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐

𝟏𝟒𝒌=𝟓𝟔, 𝟒𝒌𝑽 − 𝟕𝟒, 𝟑𝒌𝑽

𝟏𝟒𝒌= −𝟏, 𝟐𝟖𝑨

𝑰𝟓 =𝑽𝒅𝟐𝟐𝟎𝒌

=𝟕𝟒, 𝟑𝒌𝑽

𝟐𝟎𝒌= 𝟑, 𝟕𝟏𝑨

Örnek


Örnek: Yandaki devrede 20kΩ’luk dirençten geçen akımı ve harcadığı gücü düğümgerilimleri yöntemi ile bulunuz.

5kΩ

3kΩ14kΩ

20kΩ 2k Ω10A

𝑽𝒅𝟏

5kΩ

14kΩ

20kΩ 5k Ω10A

𝑽𝒅𝟐

Referans

1.düğüm

𝑰𝟏𝑰𝟐

𝑰𝟑𝑰𝟒

𝑰𝟏 + 𝑰𝟐 = 𝟏𝟎

2.düğüm 𝑰𝟐 − 𝑰𝟑 + 𝑰𝟒 = 𝟎

1.düğüm𝑽𝟏𝟓𝒌

+𝑽𝟐𝟏𝟒𝒌

= 𝟏𝟎

2.düğüm𝑽𝟐𝟏𝟒𝒌

−𝑽𝟑𝟐𝟎𝒌

+𝑽𝟒𝟓𝒌

= 𝟎

1.Adım Düğüm sayısı belirlenir ve tüm düğümler içindüğüm akım ifadeleri yazılır

2.Adım Düğüm akım denklemleri eleman gerilim veeleman değerleri cinsine dönüştürülür.

Örnek


𝑽𝒅𝟏

5kΩ

14kΩ

20kΩ 5k Ω10A

𝑽𝒅𝟐

Referans

𝑰𝟏𝑰𝟐

𝑰𝟑 𝑰𝟒

𝑽𝟏 = 𝑽𝒅𝟏

𝑽𝟐 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐

1.düğüm𝑽𝒅𝟏𝟓𝒌

+𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐

𝟏𝟒𝒌= 𝟏𝟎

2.düğüm𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐

𝟏𝟒𝒌−𝑽𝒅𝟐𝟐𝟎𝒌

+−𝑽𝒅𝟐𝟓𝒌

= 𝟎

3.Adım Gerilimler düğüm gerilimleri cinsinden yazılır

4.Adım Düğüm gerilimleri cinsinden yazılan gerilimler denklemlerde yerlerineyazılır ve denklemler düzenlenir.

𝑽𝟑 = 𝑽𝒅𝟐

𝑽𝟒 = −𝑽𝒅𝟐

𝟏𝟗𝑽𝒅𝟏 − 𝟓𝑽𝒅𝟐 = 𝟕𝟎𝟎

𝟐𝑽𝒅𝟏 − 𝟖𝑽𝒅𝟐 = 𝟎

𝑽𝒅𝟐 = 𝟗, 𝟖𝟓𝑽

𝑽𝒅𝟏 = 𝟑𝟗, 𝟒𝟑𝑽 𝑰𝟒 =𝑽𝟒𝟓𝒌

=−𝟗, 𝟖𝟓

𝟓𝒌= −𝟏, 𝟗𝟕𝒎𝑨

𝑰𝟐 =𝑽𝟐𝟏𝟒𝒌

=𝟑𝟗, 𝟒𝟑 − 𝟗, 𝟖𝟓

𝟏𝟒𝒌=𝟐𝟗, 𝟓𝟖

𝟏𝟒𝒌= 𝟐, 𝟏𝟏𝒎𝑨


21

𝑰𝟐 = 𝑰𝒐

Io=6A

R1=100 Ω R2=200 ΩA B

-+

E=200VR3=300 Ω

C

D 𝑰𝟏 + 𝑰𝟐 = 𝑰𝟑

Düğüm akımlarını kullanarak düğüm gerilimleri bulunmaya çalışılacaktır.

Akımların yerine düğüm gerilimi karşılıkları konulacak ve oluşan denklemlerden düğüm gerilimleri bulunacak.


B düğümü

𝑽𝟏𝑹𝟏

+𝑽𝟐𝑹𝟐

=𝑽𝟑𝑹𝟑

𝑽𝟐𝑹𝟐

= 𝑰𝒐

A düğümü

Vd2

Io

R1 R2Vd1

-+

ER3

Vd3

D-Referans

I1

I3

I2

I1

𝑰𝟏 − 𝑰𝟏 = 𝟎

C düğümü

A düğümü 𝑰𝟏 −𝑽𝟏𝑹𝟏

= 𝟎

B düğümü

C düğümü

Örnek:


22

𝑽𝒅𝟏 = 𝑬


Vd2

Io

R1 R2Vd1

-+

ER3

Vd3

D-Referans

I1

I3

I2

𝑽𝟏 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 = 𝑬− 𝑽𝒅𝟐

𝑽𝟑 = 𝑽𝒅𝟐 − 𝟎 = 𝑽𝒅𝟐

Gerilimler yerine düğüm gerilimleri cinsinden değerleri yerine yazılırsa

𝑽𝟐 = 𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐

Denklemlerdeki eleman gerilimleri yerine düğüm gerilimleri cinsinden değerleri yerine yazılırsa

𝑬 − 𝑽𝒅𝟐𝑹𝟏

+𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐

𝑹𝟐=𝑽𝒅𝟐𝑹𝟑

𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐𝑹𝟐

= 𝑰𝒐

A düğümü 𝑰𝟏 −𝑬 − 𝑽𝒅𝟐𝑹𝟏

= 𝟎

B düğümü

C düğümü

𝑽𝟏𝑹𝟏

+𝑽𝟐𝑹𝟐

=𝑽𝟑𝑹𝟑

𝑽𝟐𝑹𝟐

= 𝑰𝒐

𝑰𝟏 −𝑽𝟏𝑹𝟏

= 𝟎



𝑰𝟑 =𝑽𝑩𝑹𝟑

=𝟔𝟎𝟎

𝟑𝟎𝟎= 𝟐𝑨

Denklemlerdeki direnç akım ve gerilim değerlerini yerine konup düğüm gerilim denklemleri bulunursa

𝟐𝟎𝟎 − 𝑽𝒅𝟐𝟏𝟎𝟎

+𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐

𝟐𝟎𝟎=𝑽𝒅𝟐𝟑𝟎𝟎

𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐𝟐𝟎𝟎

= 𝟔

𝟏𝟏. 𝑽𝒅𝟐 − 𝟑. 𝑽𝒅𝟑 = 𝟏𝟐𝟎𝟎

𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐 = 𝟏𝟐𝟎𝟎

𝑽𝒅𝟐 = 𝟔𝟎𝟎𝑽

𝑽𝒅𝟑 = 𝟏𝟖𝟎𝟎𝑽

𝑰𝟏 = −𝟒𝑨

A düğümü

B düğümü

C düğümü

𝑰𝟏 −𝟐𝟎𝟎 − 𝑽𝒅𝟐

𝟏𝟎𝟎= 𝟎 𝟏𝟎𝟎. 𝑰𝟏 + 𝑽𝒅𝟐 = 𝟐𝟎𝟎

Vd2

Io

R1 R2Vd1

-+

ER3

Vd3

D-Referans

I1

I3

I2

I1

24

Ry direncinden geçen akımı düğümgerilimleri yöntemi ile bulunuz.


Örnek

-E2=5V+

R2=10Ω

I=1A

R3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5Ω+E1=10V

-

Tüm düğümler için düğüm akım denklemleri yazılır

𝑰𝟐 − 𝑰𝑬𝟏 − 𝑰𝟑 = 𝟎

-E2=5V+

R2=10Ω

I=1A

R3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5Ω+E1=10V

-Vd1

Vd2Vd3

Vd4

Referans

I1

Iy

I3I2

IE1

𝑰𝟏 − 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎

𝑰𝟏 + 𝑰𝟑 − 𝑰𝒚 − 𝑰 = 𝟎

𝑽𝟐𝑹𝟐

− 𝑰𝑬𝟏 −𝑽𝟑𝑹𝟑

= 𝟎

𝑽𝟏𝑹𝟏

− 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎

𝑽𝟏𝑹𝟏

+𝑽𝟑𝑹𝟑

−𝑽𝒚

𝑹𝒚− 𝟏 = 𝟎

𝑰𝟐 − 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎

𝑽𝟐𝑹𝟐

− 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎


Örnek

Tüm gerilimler düğüm gerilimleri cinsinden yazılırsa

𝑽𝒅𝟒 = 𝑬𝟐

-E2=5V+

R2=10Ω

I=1A

R3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5Ω+E1=10V

-Vd1

Vd2Vd3

Vd4

Referans

I1

Iy

I3I2

IE1

𝑽𝒅𝟏 − 𝑬𝟏 − 𝑽𝒅𝟑𝑹𝟏

− 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎

𝑽𝒅𝟏 − 𝑬𝟏 − 𝑽𝒅𝟑𝑹𝟏

+𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑

𝑹𝟑−𝑽𝒅𝟑𝑹𝒚

− 𝟏 = 𝟎

𝑽𝟐 = 𝑽𝒅𝟒 − 𝑽𝒅𝟏 = 𝑬𝟐 − 𝑽𝒅𝟏

𝑽𝟑 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑

𝑽𝒚 = 𝑽𝒅𝟑

𝑽𝟏 = 𝑽𝒅𝟐 − 𝑽𝒅𝟑 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑬𝟏 − 𝑽𝒅𝟑

𝑽𝒅𝟐 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑬𝟏

𝑬𝟐 − 𝑽𝒅𝟏𝑹𝟐

− 𝑰𝑬𝟏 −𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑

𝑹𝟑= 𝟎

Düğüm gerilimleri cinsinden yazılan gerilim ifadeleri denklemlerde yerine konursa𝟓 − 𝑽𝒅𝟏𝟏𝟎

− 𝑰𝑬𝟏 −𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑

𝟐𝟎= 𝟎

𝑽𝒅𝟏 − 𝟏𝟎 − 𝑽𝒅𝟑𝟓

− 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎

𝑽𝒅𝟏 − 𝟏𝟎 − 𝑽𝒅𝟑𝟓

+𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑

𝟐𝟎−𝑽𝒅𝟑𝟔

− 𝟏 = 𝟎

𝑽𝟐𝑹𝟐

− 𝑰𝑬𝟏 −𝑽𝟑𝑹𝟑

= 𝟎

𝑽𝟏𝑹𝟏

− 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎

𝑽𝟏𝑹𝟏

+𝑽𝟑𝑹𝟑

−𝑽𝒚

𝑹𝒚− 𝟏 = 𝟎

𝑽𝟐𝑹𝟐

− 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎𝑬𝟐 − 𝑽𝒅𝟏

𝑹𝟐− 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎

𝟓 − 𝑽𝒅𝟏𝟏𝟎

− 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎


Örnek

−𝟑. 𝑽𝒅𝟏 + 𝑽𝒅𝟑 − 𝟐𝟎. 𝑰𝑬𝟏 = −𝟏𝟎

𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 − 𝟓. 𝑰𝑬𝟏 = 𝟏𝟎

𝟑. 𝑽𝒅𝟏 − 𝟓. 𝑽𝒅𝟑 = 𝟑𝟔

𝑽𝒅𝟏 = 𝟑, 𝟓𝑽

𝑽𝒅𝟑 = −𝟓, 𝟏𝑽𝑰𝒚 =

𝑽𝒅𝟑𝑹𝒚

=−𝟓, 𝟏𝑽

𝟔= −𝟎, 𝟖𝟓𝐀

𝟑. 𝑽𝒅𝟏 − 𝟓. 𝑽𝒅𝟑 = 𝟑𝟔

−𝟕. 𝑽𝒅𝟏 + 𝟓. 𝑽𝒅𝟑 = −𝟓𝟎

𝑽𝒅𝟏 + 𝟏𝟎. 𝑰𝑬𝟐 = 5


Örnek

-E2=5V+

R2=10Ω

I=1A

R3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5Ω+E1=10V

-Vd1

Vd2Vd3

Vd4

Referans

I1

Iy

I3I2

IE1

Düğüm gerilimleri yönteminde denklem sayısının azaltılması

Vd1

Referans

I2=0,5AR2=10Ω

I=1A

R3=20Ω

Ry=6Ω

R1=5Ω

I1=2A

Iy

Vd2

Çevre Akımları Yöntemi

28

1- Tüm gözlere çevre çizilir ve bu çevreler için yazılacak çevre gerilimlerinin bağımsız olmalarına dikkat edilir (Denklemlerin bağımsız olabilmesi için denklemdeki en az bir eleman diğer hiçbir çevrede olmaması gerekmektedir.)2- Yazılan çevre gerilimleri denklemlerindeki gerilimler yerine akım ve eleman değerleri cinsinden karşılıkları konur. 3- Akımlar yerine de çevre akımları değerleri konularak bilinmeyenler çevre akımları bulunur. 4- Çevre akımları bulunduktan sonra her bir kolun akımı bu akımlara bağlı olarak bulunur ve devre çözülür.


−𝑽𝟐 − 𝑽𝟏 + 𝑬 =01.Çevre için

2.Çevre için

3.Çevre için

-E+

R1

R2 R5

R3

R4

I1

I2

I4

I3Iç1 Iç2 Iç3

−𝑽𝟑 + 𝑽𝟐 =0

−𝑽𝟑 + 𝑽𝟒 + 𝑽𝟓 =0

−𝑰𝟐. 𝑹𝟐 − 𝑰𝟏. 𝑹𝟏 + 𝑬 =0

−𝑰𝟑. 𝑹𝟑 + 𝑰𝟐. 𝑹𝟐 =0

−𝑰𝟑. 𝑹𝟑 + 𝑰𝟒. 𝑹𝟒 + 𝑰𝟒. 𝑹𝟓 =0

1. Adım 2. Adım

3. Adım

𝑰𝟏 = −𝑰ç𝟏 𝑰𝟐 = 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏

𝑰𝟑 = −𝑰ç𝟑 − 𝑰ç𝟐 𝑰𝟒 = 𝑰ç𝟑



− 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 . 𝑹𝟐 − −𝑰ç𝟏 . 𝑹𝟏 + 𝑬 =0

− −𝑰ç𝟑 − 𝑰ç𝟐 . 𝑹𝟑 + 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 . 𝑹𝟐 =0

− −𝑰ç𝟑 − 𝑰ç𝟐 . 𝑹𝟑 + 𝑰ç𝟑 . 𝑹𝟒 + 𝑹𝟓 =0

4. Adım

5. Adım

𝑰𝟏 = −𝑰ç𝟏 𝑰𝟐 = 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏

𝑰𝟑 = −𝑰ç𝟑 − 𝑰ç𝟐 𝑰𝟒 = 𝑰ç𝟑

𝑹𝟐 + 𝑹𝟏 . 𝑰ç𝟏 − 𝑹𝟐. 𝑰ç𝟐 = −𝑬

−𝑹𝟐. 𝑰ç𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 . 𝑰ç𝟐 + 𝑹𝟑. 𝑰ç𝟑 =0

𝑹𝟑. 𝑰ç𝟐 + 𝑹𝟑 + 𝑹𝟒 + 𝑹𝟓 . 𝑰ç𝟑 =0

I4

-+

Örnek

30

Devrenin her bir kolundan geçen akımı çevre akımları yöntemi ile bulunuz.


−𝑽𝟑 − 𝑽𝟏 + 𝑬𝟏 − 𝑬𝟐 =01.Çevre için

2.Çevre için

3.Çevre için

+-E1=10V

R1=2Ω

E2=6V

I1

I2

I6

I5Iç1 Iç2 Iç3

𝑬𝟐 + 𝑽𝟒 − 𝑬𝟑 − 𝑽𝟓 − 𝑽𝟐 =0

−𝑬𝟑 − 𝑽𝟓 + 𝑽𝟔 =0

−𝑰𝟏. 𝑹𝟑 − 𝑰𝟏. 𝑹𝟏 + 𝑬𝟏 − 𝑬𝟐 =0

𝑬𝟐 + 𝑰𝟒. 𝑹𝟒 − 𝑬𝟑 − 𝑰𝟓. 𝑹𝟓 − 𝑰𝟑. 𝑹𝟐 =0

−𝑬𝟑 − 𝑰𝟓. 𝑹𝟓 + 𝑰𝟔. 𝑹𝟔 =0

1. Adım2. Adım

3. Adım

𝑰𝟏 = −𝑰ç𝟏 𝑰𝟐 = 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏

𝑰𝟑 = −𝑰ç𝟐 𝑰𝟒 = 𝑰ç𝟐

R3=3Ω

R2=3Ω

R4=5Ω

-+E3=3V

R5=2Ω

R6=1Ω

I3

𝑰𝟓 = −𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟑

𝑰𝟔 = 𝑰ç𝟑



4. Adım

5. Adım

𝑹𝟏 + 𝑹𝟑 . 𝑰ç𝟏 = −𝟒

𝑹𝟐 + 𝑹𝟒 + 𝑹𝟓 . 𝑰ç𝟐 + 𝑹𝟓. 𝑰ç𝟑 = −𝟑

𝑹𝟓. 𝑰ç𝟐 + 𝑹𝟓 + 𝑹𝟔 . 𝑰ç𝟑 = 𝟑

𝑰ç𝟏. 𝑹𝟑 + 𝑰ç𝟏. 𝑹𝟏 + 𝟏𝟎 − 𝟔 =0

𝟔 + 𝑰ç𝟐. 𝑹𝟒 − 𝟑 + 𝑰ç𝟐 + 𝑰ç𝟑 . 𝑹𝟓 + 𝑰ç𝟐. 𝑹𝟐 =0

−𝟑 + 𝑰ç𝟐 + 𝑰ç𝟑 . 𝑹𝟓 + 𝑰ç𝟑. 𝑹𝟔 =0

𝑰ç𝟏 = −𝟎, 𝟖𝑨

𝑰𝟐 = 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 = 𝟎, 𝟎𝟑𝑨

𝑰𝟑 = −𝑰ç𝟐 = 𝟎, 𝟕𝟕𝑨

𝑰𝟒 = 𝑰ç𝟐 = −𝟎, 𝟕𝟕𝑨

𝑰𝟓 = −𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟑 = −𝟎, 𝟔𝟏𝑨

𝑰𝟔 = 𝑰ç𝟑 = 𝟏, 𝟑𝟖𝑨

𝟓. 𝑰ç𝟏 = −𝟒

𝟏𝟎. 𝑰ç𝟐 + 𝟐. 𝑰ç𝟑 = −𝟑

𝟐. 𝑰ç𝟐 + 𝟑. 𝑰ç𝟑 = 𝟑

6. Adım

𝑰ç𝟐 = −𝟎, 𝟕𝟕𝑨

𝑰ç𝟑 = 𝟏, 𝟑𝟖𝑨

𝑰𝟏 = −𝑰ç𝟏 = 𝟎, 𝟖𝑨

Akım Kaynağı ve Gerilim

32

Akım yönünü akım kaynağı belirler.

VAB gerilimi, gerilim kaynağı üzerinden bulunur

𝑽𝑨𝑩 = 𝑰. 𝑹𝟏 + 𝑬𝟏

-E1+

R1

B

A

R2

I

IC

D

VCDVAB

VCD gerilimi, akım kaynağı üzerine düşen gerilimdir ve gerilim kaynağı üzerinden bulunur

𝑽𝑪𝑫 = 𝑰. 𝑹𝟏 + 𝑰. 𝑹𝟐 + 𝑬𝟏

PCD akım kaynağında harcanan güç

𝑷𝑪𝑫 = 𝑰. 𝑽𝑪𝑫 = 𝑰. 𝑰. 𝑹𝟏 + 𝑰. 𝑹𝟐 + 𝑬𝟏

𝑷𝑪𝑫 = 𝑰𝟐. 𝑹𝟏 + 𝑰

𝟐. 𝑹𝟐 + 𝑰. 𝑬𝟏


NOT

33

1. Düğüm gerilimleri yönteminde; bir düğümde tek gerilim kaynağı ve bireleman bağlı ise düğüm gerilimi gerilim kaynağı cinsinden yazılabilir. Eğerdüğümde gerilim kaynağının yanında birden fazla eleman var ise gerilimkaynağının bulunduğu koldan geçen akım düğüm gerilimleri gibi bilinmeyenolarak denklemlerde gözükecektir ve bilinmeyen sayısı arttığı için yazılmasıgereken denklem sayısı artacaktır. Bunun için düğüm gerilimleri yöntemindegerilim kaynağı var ise ve mümkünse akım kaynağına dönüştürülmelidir.


-E+

R1

R2 R5

R3

R4

IE

+-

2. Çevre akımları yönteminde; akım kaynağı var ise akım kaynağının gerilimigerilim denklemlerinde bilinmeyen olarak gelecektir ve bilinmeyen sayısı arttığıiçin yazılması gereken denklem sayısı artacaktır. Bunun için çevre akımlarıyönteminde akım kaynağı var ise ve mümkünse gerilim kaynağınadönüştürülmelidir.

+

-VI

IE


Örnek: Aşağıdaki şekilde verilen devreye süperpozisyonve düğüm gerilimleri yöntemleri uygulayarak io akımınıbulunuz.

Örnek: a) Yandaki şekilde verilen devreye süperpozisyon yöntemiuygulayarak RL (5Ω) direnci üzerinden geçen akımı ve gerilimi bulunuz.

a) Yandaki şekilde verilen devreye düğüm gerilimleri yöntemiuygulayarak RL direnci üzerinden geçen akımı ve gerilimi bulunuz.

Süperpozisyon ve Düğüm Gerilimleri Yöntemi Örnekleri

34

Örnek: a) Yandaki ve aşağıdaki şekilde verilen devrelere süperpozisyon yöntemiuygulayarak io akımını ve Vx gerilimini bulunuz.

b) Aşağıdaki şekilde verilen devreye düğüm gerilimleri yöntemi uygulayarak Vxgerilimini bulunuz.

Documents

Elektrik Müh. Temelleri · 2017. 3. 16. · Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 16 5-Gerilimler düğüm gerilimi cinsindenyazılır. 5kΩ 14kΩ 20kΩ