Elektrik Müh. Temelleri...Gerilim ve Akım Bölücü Devre Çözümü (Ev Ödevi) Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 9 Örnek: a) Yandaki devrede ınyüksüzdurum

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

Elektrik Müh. Temelleri

ELK-184

3

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

ÜÇGEN YILDIZ DÖNÜŞÜMÜ


R1A

R3

R2

B C

DR4R5

Aşağıdaki devrenin kaynağından bakıldığı zaman görünen eşdeğer direnç nedir?

Reş

ÜÇGEN YILDIZ DÖNÜŞÜMÜ

3

≡R1

A

R3

R2

B C

𝒓𝟏 + 𝒓𝟐 = 𝑹𝟏// 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 =𝑹𝟏. 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑

𝒓𝟐 + 𝒓𝟑 = 𝑹𝟑// 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 =𝑹𝟑. 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑

𝒓𝟑 + 𝒓𝟏 = 𝑹𝟐// 𝑹𝟑 + 𝑹𝟏 =𝑹𝟐. 𝑹𝟑 + 𝑹𝟏

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑

𝒓𝟏 =𝑹𝟏. 𝑹𝟐

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑𝒓𝟐 =

𝑹𝟏. 𝑹𝟑

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑𝒓𝟑 =

𝑹𝟐. 𝑹𝟑

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑

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

r1

O

A

r3r2

BC

RAB

RAB

Örnek

4

≡

R1=5Ω A

R3=10Ω

R2=4Ω

B C

D

1

2

Reş

R4=2Ω

R5=20Ω

R5=20Ω

r2

A

r3r1

B C

D

2

Reş

R4=2Ω

1

𝒓𝟏 =𝑹𝟏. 𝑹𝟑

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑=

𝟓. 𝟏𝟎

𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎= 𝟐, 𝟔𝟑Ω

𝒓𝟐 =𝑹𝟏. 𝑹𝟐

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑=

𝟓. 𝟒

𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎= 𝟏, 𝟎𝟓Ω

𝒓𝟑 =𝑹𝟐. 𝑹𝟑

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑=

𝟏𝟎. 𝟒

𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎= 𝟐, 𝟏𝟎Ω

𝑹𝒆ş = 𝒓𝟐 + 𝒓𝟏 + 𝑹𝟒 // 𝒓𝟑 + 𝑹𝟓

𝑹𝒆ş = 𝟏, 𝟎𝟓 + 𝟐, 𝟔𝟑 + 𝟐 . 𝟐, 𝟏 + 𝟐𝟎

𝟐, 𝟔𝟑 + 𝟐 + 𝟐, 𝟏 + 𝟐𝟎

𝑹𝒆ş = 𝟏, 𝟎𝟓 + 𝟑, 𝟖𝟐 = 𝟒, 𝟖𝟕Ω



Örnek : Devrelerin eşdeğer dirençlerini bulunuz.

Ev Ödevi

Gerilim Ayarlama Yöntemleri

6

1-Ön Direnç

+

-

I

ER (yük)V+

-

Rön


1-Ön Direnç 2-Potansiyometre

Gerilim Ayarlama Yöntemleri

7

2-Potansiyometre (Pot)

+-

I

E

R (yük)V

+

-

R1

I1

R2

I2

Reş

R1=0 ise V=?

R1=∞ ise V=?


Panel aydınlatması için kullanılan 12V’dan 9V’a dönüştürücü devre


+

-E=12V

V2

+

-

R2=9Ω

1.anahtar 2.anahtar

R1=3Ω

Gerilim ve Akım Bölücü Devre Çözümü (Ev Ödevi)


Örnek:

a) Yandaki devrede 𝑽𝒐 ın yüksüz durum değerini bulunuz.

b) 𝑹𝑳 = 𝟏𝟓𝟎𝒌𝛀 iken 𝑽𝒐’ı bulunuz.

c) Eğer yük terminalleri yanlışlık ile kısa devre edilir ise 𝟐𝟓𝒌𝛀dirençten akan akımın değeri nedir?

Örnek:

a) Yandaki devrede 𝟖𝟎𝛀 luk direnç üzerinden 4A akım geçmesinisağlayacak 𝑹 değerini bulunuz.

b) Eğer yük terminalleri yanlışlık ile kısa devre edilir ise 𝟔𝟎𝛀dirençte ne kadar akım akar?

25kΩ

E1=200V 75kΩ RL

+

-

I1 I2 I3

Vo

+

-

60Ω

I1=20A

40ΩR

80Ω

4A

Gerilim ve Akım Bölücü Devre Çözümü (Ev Ödevi)


Örnek:

Yandaki devrede 𝑰𝒐 akımını akım bölünmesi, 𝑽𝒐

gerilimini bulunuz.

Örnek:

a) Yandaki devrede 𝟒𝟎𝛀 luk direnç üzerindeki 𝑽𝒐

gerilimini bulunuz.

b) Bulunan 𝑽𝒐 gerilimini kullanarak 𝟒𝟎𝛀 lukdirençteki akımı bulunuz. Sonra bu akım ve akımbölünmesini kullanarak 𝟑𝟎𝛀 luk dirençdeki akımıhesaplayınız.

I1=8A

36Ω

44Ω

40Ω

10Ω10Ω

30Ω

24Ω

Io

Vo

+

-

40Ω

30ΩE1=60V 20Ω 10Ω+

-

I1Vo

70Ω

+ -

50Ω

I2

Voltmetrenin Ölçüm Kademesini Artırmak

11

Elimizde en fazla 1V ölçe bilen bir voltmetre olsun. Aynı voltmetre ile 100V ölçebilmek için nasıl bir bağlantıyapmak gerekir? (Eklenecek direnç ile Voltmetrenin göstergesi yine maksimum 1V gösterecektir fakat bizbileceğiz ki bu 100V’a karşılık gelmektedir. Oran orantı yöntemi ile gerçek değeri hesaplıyacağız)

Voltmetreden geçebilecek max akım

+ -

RV

RV=10kΩ V=1V

Vö=100V

VRI


Ampermetrenin Ölçüm Kademesini Artırmak

12

Elimizde en fazla 10mA ölçüm yapa bilen bir ampermetre olsun. Aynıampermetre ile 100mA ölçebilmek için nasıl bir bağlantı yapmak gerekir?(Eklenecek direnç ile ampermetrenin göstergesi yine maksimum 10mAgösterecektir fakat biz bileceğiz ki bu 100mA’e karşılık gelmektedir. Oranorantı yöntemi ile gerçek değeri hesaplıyacağız)

R

A

RA=10ΩIA=10mA

Iö=100mA10mA

IR

V

𝑽 = 𝑰𝑨. 𝑹𝑨 = 𝟏𝟎𝒎𝑨.𝟏𝟎Ω = 𝟎,𝟏𝐕

𝑹 =𝑽

𝑰𝑹=

𝟎, 𝟏𝑽

𝟗𝟎𝒎𝑨=

𝟏𝟎

𝟗Ω = 𝟏, 𝟏𝟏𝟏Ω


Direncin Akım ve Gerilim Ölçümüyle Bulunması

13

Aletlerden ölçülen büyüklükler IA ve V’dir.

+

-

I

RX

ARA

V

RV

IA

E V

IV

Bu düzenek ile küçük değerli dirençleri ölçmekdaha doğru olur.

+

- I

RX

ARA

V

RVE

V

Aletlerden ölçülen büyüklükler V ve I’dir.

VA

Bu düzenek ile büyük değerli dirençleri ölçmekdaha doğru olur.


Yapılması gereken

Yapılması gereken

𝑹𝒙 =𝑽

𝑰𝑨 𝑹𝒙 =𝑽

𝑰

Pratikte yapılanPratikte yapılan

Herhangi bir devre elemanının akım ve gerilimini aynı anda ölçmek ölçüm hatalarına neden olacaktır.Eğer ölçüm yaparken ölçülen direnç değerine bağlı olarak bağlantı şekli seçilmelidir. 𝑽𝑽, V gerilimkaynağının, 𝑰𝑨, I (ikinci devre için)akım kaynağının ölçtüğü değerleri temsil etmektedir.

𝑽𝒙 = 𝑽 − 𝑽𝑨

𝑽𝑨 = 𝑰. 𝑹𝑨

𝑹𝒙 =𝑽𝒙

𝑰=

𝑽 − 𝑽𝑨

𝑰=

𝑽

𝑰− 𝑹𝑨

Direncin Köprüyle Ölçülmesi (Wheatstone Köprüsü)

14

A-B arasındaki alet çok küçük akımları ölçe bilen bir alettir. A’nın potansiyeliB’den büyük yada küçük olabilir. Denge durumunda Io=0 olur, VAB=0 olur.Gelen akımlar kendi kollarından devam ederler.

+

-

I

RXE

R3

AIo

R2

R4

B

I1 I2

O aleti

+

-

I

RX

E

R3

AIo

a

b

B

O aleti

Homojen çubuk


R3I1= R4I2

RxI1= R2I2

Wheatstone Köprüsünün ağırlık ölçümünde kullanılması


+

-

I

𝑹𝟏 = 𝟏𝟎𝟎𝜴

E

R3

A VAB

Rx

B

I1 I2

𝑹𝟐 = 𝟏𝟏𝟎𝜴

Strain gauge

Ağırlık

VAB

Elektriksel İş ve Güç

16

Mekanikte iş, l yolu boyunca bir F kuvveti etki etmiş ise F.l olaraktanımlanmıştır. Örneğin, bir m kütlesini aralarındaki mesafe l olana noktasından b noktasına götürmek için düzgün doğrusalhareketle sürtünme kuvvetini yenmek için bir F kuvvetigerekmektedir. Böylece yük tanımına göre bir iş tanımıyapılmaktadır. Benzer biçimde V gerilimi altında Q yükü hareketettirilirse bir elektriksel iş yapılmış olur. Her iki durumda da enerjiaçığa çıkar.


𝑮üç = 𝑷 =𝑬𝒏𝒆𝒓𝒋𝒊

𝒛𝒂𝒎𝒂𝒏=

𝑾

𝒛𝒂𝒎𝒂𝒏

𝑷 =𝑽. 𝑰. 𝒕

𝒕

𝑷 = 𝑽. 𝑰


17

+

-

I

VR

P

Doğru akımda direnç üzerinde harcanan güç, enerji bağıntıları


𝑷 = 𝑽. 𝑰

𝑷 =𝑽𝟐

𝑹

𝑷 = 𝑰𝟐. 𝑹


18

Alternatif akımda güç, enerji bağıntıları

+

-

i(t)

v(t)p(t)

Devre


tT

𝑣 𝑡

𝑖 𝑡 𝑝 𝑡

𝑝 0 = 𝑣 0 . 𝑖 0

𝑝 1 = 𝑣 1 . 𝑖 1

𝑝 2 = 𝑣 2 . 𝑖 2

𝑝 3 = 𝑣 3 . 𝑖 3


19

Enerji birimleri

. joule

. calori (mekanik, ısı)

. eV (küçük değerli enerjiler için)

. kwh (kilo watt saat) (çok büyük enerjiler için)

1kwh=103watt.60.60saniye=3,6.106joule

1joule=1watt.saniye=1.10-3 kw/(60.60)= 10-5/36kwh

1kcal=4187watt.saniye(joule)=1,16.10-3 kwh


1beygir gücü=745,7w=0,75kw

Çevre Gerilimleri Yasaları (Ev Ödevi)


Örnek: Kirchoff düğüm akım ve çevre gerilimyasalarını kullanarak 𝑰𝒐 dan geçen akımı ve tümdevre elemanlarının gücünü bulunuz.

Örnek: Her bir düğüm ve çevre için kirshoff yasalarınıuygulayın ve devrede üretilen toplam gücü bulunuz.

Örnek: Her bir düğüm ve çevre için kirshoff yasalarını uygulayın vedevrede üretilen toplam gücü bulunuz.

10Ω

-+

E1=120VIo

I=6A50Ω

-+

E1=120V

I5=20AI4=10A

I3=10A

+ -

E2=50V

+

-

V4=30V

+E1=120V E4=20V

I3=10A

+ -

E2=50V

+

- -

50Ω

Hatlardaki Enerji Kaybı

21

Enerji hatlarında kullanılan hatlar bakır veya alüminyumdanyapılmaktadır. Alüminyum daha ucuz olmakla beraber bazı kötüözelliklerinden dolayı bakırın yerini alamamaktadır. Alüminyum kolaylıklaoksitlenmekte ve alüminyum oksit iletken olmadığı için ek yerlerindegeçiş dirençleri ortaya çıkmaktadır. Alüminyum basınç altında şeklinideğiştirdiği için vidalar zamanla gevşemekte ve hatlar üzerindeki bağlantıbozulmaktadır. Hatta oluşacak kısa devreler alüminyum alevli olarakyandığında kolaylıkla yangına neden olmaktadır.

Yukarıdaki nedenlerden dolayı iç tesisatta alüminyumkullanılmaz.

Özellikle yüksek gerilim hatlarında alüminyum bakırdan dahahafif olduğundan alüminyum tercih edilir. Bir hattan çekilecek akımyoğunluğu hattın çıplak veya izolasyonlu olmasına ve hattın kesitinebağlıdır. Kesit arttıkça ısınmadan dolayı hattan geçen akım yoğunluğuazalmaktadır.





23

Hattaki güç kayıbı

+

-

I

Rh

E R (yük)

A B

Hat

I

I

+

-

I

V1 Ry

A B

lh

I+

-

V2

Hattaki gerilim düşümü

Hat parametreleri

Hat boyu lh , kesit A, ρ

Hattın direnci Hatta ki gerilim düşümü

Bağıl gerilim düşümü


Rh= 𝝆𝟐.𝒍𝒉

𝑨∆𝑽 = 𝑽𝟏 − 𝑽𝟐 = 𝑰. 𝑹𝒉

∆V


24

Yüke aktarılan güç

+

-

Rh

V1 Ry

A B I+

-

V2

Bağıl gerilim düşümü genelde %5 altında kalır. Bir enerji hattının kesitini belirlerken yukarıda görüldüğü gibi iki olay kesiti ifade eder.

1- Isınmadan dolayı

2- Hattaki gerilim düşümü

2.Etken uzak mesafelere yapılan enerji taşımalarında daha fazla kendini göstermektedir.

𝜺 =𝑰. 𝑹𝒉

𝑽𝟏. 𝟏𝟎𝟎 =

𝑰. 𝑹𝒉

𝑰. 𝑹𝒉 + 𝑽𝟐. 𝟏𝟎𝟎 =

𝟏

𝟏 +𝑽𝟐

𝟐

𝑷𝒚. 𝑹𝒉

. 𝟏𝟎𝟎


Eşdeğer Devre ve Bir Gerilim Kaynağının İç Direnci

25

A anahtarı açıkken I=0, ampul yanmıyor. (V=1,5V)

A anahtarı kapalıyken I≠0, ampul yanıyor.

(V=1,36V,…,1,2V azalır)Ampül

E : açık devre gerilimi (E.M.K.)

Ri : İç direnç (kaynak iç direnci)

İdeal kaynakta Ri=0

𝑽 = 𝑬 − 𝑹𝒊. 𝑰

𝑽 = 𝑬 − 𝑹𝒊. 𝑰


Örnek

26

Örnek: 12V’luk bir araba aküsünün uçları kısa devre edildiğindeiletkenden akacak akımı bulunuz. Akünün iç direnci Ri =0,01Ω.Akünün uçlarını birleştirmek için kullanılan kablonun boyu 1m kesiti2mm2 ve ρ=0,018Ω.mm2/m

≡

𝑹𝒌 = 𝝆𝒍

𝑨= 𝟎, 𝟎𝟏𝟖 Ω

𝒎𝒎𝟐

𝒎.

𝟏𝒎

𝟐𝒎𝒎𝟐= 𝟎, 𝟎𝟎𝟗Ω

kablo

Rk

I

V

1

2

E=12V

Ri=0,01Ω

Akünün eşdeğeri

+

+ -

kablo

1 2

Akü

İdeal kablo Rk =0Ω

𝑰 =𝑬

𝑹𝒊+𝑹𝒌=

𝟏𝟐

𝟎, 𝟎𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟎𝟗≅ 𝟔𝟑𝟏𝑨

𝑰 =𝑬

𝑹𝒊=

𝟏𝟐

𝟎, 𝟎𝟏≅ 𝟏𝟐𝟎𝟎𝑨

𝑽 = 𝑰. 𝑹𝒌 = 𝟔𝟑𝟏.𝟎, 𝟎𝟎𝟗 ≅ 𝟓,𝟔𝟗𝑽


Gerilim Kaynaklarının Seri ve Paralel Bağlanması

27

-

I

R (yük)

E1+

R1- -++

E2 E3R2 R3E

I

R (yük)

+ -Ri

≡

Gerilim Kaynaklarının Paralel Bağlanması

-

I=3 IK

R (yük)

E1+

R1

-

-+

+E2

E3

R2

R3

IK

IK

IK

E

I

R (yük)

+ -Ri

≡𝑬 = 𝑬𝟏 = 𝑬𝟐 = 𝑬𝟑

𝑹𝒊 = 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑

𝑹𝒊 =𝑹𝟏

𝟑


𝑬 = 𝑬𝟏 + 𝑬𝟐 + 𝑬𝟑

𝑹𝟏 = 𝑹𝟐 = 𝑹𝟑

Gerilim Kaynaklarının Seri Bağlanması

Örnek

28

Örnek: Devreyi çözerek tüm akım değerlerini bulunuz.

B düğümü için:

1.çevre

Toplam düğüm sayısı d=4. Bulmamız gereken bağımsızdüğüm denklem sayısı toplam düğüm sayısının bir eksiğidir(4-1=3). Bir düğüm referanstır onun için denklem yazmayagerek yoktur.

C düğümü için:

D düğümü için:

2.çevre

3.çevre

3 tane bağımsız çevre denklemi

3 tane bağımsız düğüm

denklemi

𝑰𝟑 + 𝑰𝟒 − 𝑰𝟔 = 𝟎

𝑰𝟏 − 𝑰𝟑 − 𝑰𝟓 = 𝟎

𝑰𝟐 + 𝑰𝟓 − 𝑰𝟒 = 𝟎

𝑰𝟐𝑹𝟐 − 𝑰𝟓𝑹𝟓 − 𝑰𝟏𝑹𝟏 = 𝟎

𝑰𝟒𝑹𝟒 − 𝑰𝟑𝑹𝟑 + 𝑰𝟓𝑹𝟓 = 𝟎

−𝑬 + 𝑰𝟔𝑹𝟔 + 𝑰𝟏𝑹𝟏 + 𝑰𝟑𝑹𝟑 = 𝟎


-E +

R4

R1 R2

R3

R6

R5

A

B C

D

I1

I3I4

I2

I5

I6

Direncin Kısa ve Açık Devre Olması

29

EI

R (yük)

+-

Ri

+

-

V

KISA DEVRE AÇIK DEVRE

𝑹 = ∞, 𝑰 = 𝟎

𝑽 = 𝑬 𝐨𝐥𝐮𝐫

𝑹 = 𝟎, 𝑰 =𝑬

𝑹𝒊

𝑽 = 𝟎 𝐨𝐥𝐮𝐫

−𝑰. 𝑹𝒊 − 𝑰. 𝑹 + 𝑬 = 𝟎

𝑰 =𝑬

𝑹 + 𝑹𝒊


EI

R =0+-

Ri

+

-

VE

I

R =+-

Ri

+

-

V ∞

Örnek

30

Örnek: Devreyi çözerek gerilim kaynaklarınınakıtmış oldukları akımların yönlerini belirleyin.

-

I

E1+

R1

-+E3 R2E2-

𝑬𝟐 + 𝑬𝟑 + 𝑰. 𝑹𝟐 + 𝑰. − 𝑬𝟏 = 𝟎

𝑰 =𝑬𝟏 − 𝑬𝟐 + 𝑬𝟑

+𝑹𝟐

𝑰 =𝑬𝟏

+𝑹𝟐−

𝑬𝟐

+𝑹𝟐−

𝑬𝟑

+𝑹𝟐

I akımı ile aynı yönde akıyor

I akımının tersi yönünde akıyor

I akımının tersi yönünde akıyor


Bağımsız ve Bağımlı Kaynaklar

31

Bağımsız Gerilim Kaynağı

-E+

I

+V

-Devre

I

Eideal

V

Bağımsız Akım Kaynağı

-

+Io

V Devre

I

Videal

V

Io

Bağımlı Gerilim Kaynağı Bağımlı Akım Kaynağı

Bağımsız kaynaklar devredeki herhangi bir elemana bağlı değilken, bağımlıkaynaklar devre elemanlardan herhangi birine bağlı olabilir.


20Ω+-

E1=10V

E2=4V

+-

Ib

10.Ib

+-

Vo

10Ω 70Ω

+-

E3=5V50Ω+

-E1=10V

+-

60.Ix

100Ω

20Ω

30Ω

20Ω

Ix

-

V

+i

R +- ki

kVRVR

-

V

+i

R kikVR

VRAkım Bağımlı Gerilim Kaynağı

Gerilim Bağımlı Gerilim Kaynağı

Akım Bağımlı Akım Kaynağı

Gerilim Bağımlı Akım Kaynağı

Ev Ödevi


Örnek: Aşağıdaki devredeki i1, i2, i3 akımlarını çevre denklemleri ve düğümakımlarından yararlanarak bulunuz.

Örnek: Aşağıdaki devredeki RL=8Ω direncinden geçen akımı ve üstüne düşen gerilimiçevre denklemleri ve düğüm akımlarından yararlanarak bulunuz.

Ev Ödevi


Örnek: Aşağıdaki devredeki i1, i2, i3 akımlarını çevre denklemleri ve düğümakımlarından yararlanarak bulunuz.

Örnek: Aşağıdaki devredeki V1, V2 gerilimlerini çevre denklemleri ve düğümakımlarından yararlanarak bulunuz.

Örnek

34

Örnek: Bir doğru akım motorunu çalıştırmak için 15V’luk gerilim ile 150W’lık güçgerekiyor. Elimizde her birinin iç direnci 0,45Ω olan 1,5V’luk piller vardır. En az sayıda pilkullanarak bu DC motor besleme devresini gerçekleştiriniz.

Ana koldaki akım:


-E1=1,5V

+

Ik

- + +

M

150W, 15V

E2=1,5V En=1,5V

R1=0,45Ω

R2=0,45Ω Rn=0,45Ω

-E1=1,5V

+ - + +E2=1,5V En=1,5VR2=0,45Ω Rn=0,45Ω

R1=0,45Ω

m

𝑛. 1,5𝑉 − 𝑛. 0,45Ω. 𝐼𝑘 = 15Çevreden:

𝐼𝑘 =10

𝑚Her bir koldaki akım:

𝑛. 1,5𝑉 − 𝑛. 0,45Ω.10

𝑚= 15

𝑛 −3𝑛

𝑚= 10

𝑚𝑛 − 3𝑛 = 10𝑚

𝑛 𝑚 − 3 = 10𝑚

𝑛 =10𝑚

𝑚 − 3Toplam pil sayısı: 𝑚𝑛 =

10𝑚2

𝑚 − 3

𝑑 𝑚𝑛

𝑑𝑚=

20𝑚2 − 60𝑚 − 10𝑚2

𝑚 − 3 2 = 0

𝑚 = 6𝑚. 𝑛 = 120𝑛 = 20

I

𝐼 =𝑃

𝑉=

150𝑊

15𝑉= 10𝐴

+-

Bağımlı Kaynaklar Örnek


Örnek : 𝑽𝒐 = 𝟏𝟎𝟎𝑽 ve 𝑰𝟏 = 𝟏𝟐𝑨 ise devrede üretilentoplam gücü bulunuz.

Örnek : Devrede üretilen toplam gücü bulunuz.

Örnek : Aşağıdaki devrede 𝑽𝒐 = 𝟐𝟓𝟎𝒎𝑽 ’a eşitolduğunda 𝑽𝟏 , 𝑽𝒈’yi bulunuz ve akım ve gerilim

kazançlarını bulunuz.

I1=12A

+

-E2=60V

I3=4A

E4=80V+

-

Ia

2.Ia

+

-

Vo

200Ω+-

E1=15.2V

E2=0.8V

+-

Ib

29.Ib

+-

Vo

100Ω 500Ω

+-

E3=25V

40Ω+-

Vg

+

-

I1

20.I1

V1

10Ω

25Ω

100Ω

I2

+

-

50.I2

V0

50Ω

12.5Ω

Aktif ve Pasif Devreler ve Maksimum Güç Teoremi

36

Çevre denkleminden

Kısa Devre (R=0Ω)

-E+

R (yük)

+

V

-B

A

Ri

Aktif Pasif

I

𝑰 =𝑬

𝑹𝒊 𝑹 = 𝟎Ω

ise I=0, V=E ve P=0

Açık Devre (R= ∞Ω)

𝑹 = ∞Ω

(Çok büyük), V=0 ve P=0ise

Gücün olması için akım ve gerilim aynı anda bulunmalıdır.

−𝑬 + 𝑹𝒊. 𝑰 + 𝑹. 𝑰 = 𝟎

𝑰 =𝑬

𝑹𝒊 + 𝑹

𝑽 = 𝑰. 𝑹 = 𝑬.𝑹

𝑹𝒊 + 𝑹

𝑷 = 𝑰. 𝑽 = 𝑬𝟐.𝑹

𝑹𝒊 + 𝑹 𝟐


Yüke Aktarılan Güç

37

Yüke aktarılan gücün değişimini çizersek

1 2 3 4𝑹

𝑹𝒊 𝑹 = 𝑹𝒊

Pi (iç dirençte harcanan güç)

P (yüke aktarılan güç)

İç dirençte harcanan güç

𝑹𝒊 = 𝑹


𝑷𝒎𝒂𝒙 =𝑬𝟐

𝟒.𝑹𝒊

𝑬𝟐

𝑹𝒊

𝑹𝒊 = 𝑹 için

𝑰 =𝑬

𝑹𝒊 + 𝑹𝒊=

𝑬

𝟐.𝑹𝒊

𝑽 = 𝑰. 𝑹 =𝑬

𝟐.𝑹𝒊. 𝑹𝒊 =

𝑬

𝟐

𝑷 = 𝑽. 𝑰 =𝑬𝟐

𝟒. 𝑹𝒊

𝑷𝒊 = 𝑰𝟐. 𝑹𝒊 = 𝑹𝒊.𝑬

𝑹 + 𝑹𝒊

𝟐

𝑷 = 𝑬𝟐.𝑹

𝑹𝒊 + 𝑹 𝟐

𝒅𝑷

𝒅𝑹= 𝑬𝟐.

𝟏. 𝑹𝒊 + 𝑹 𝟐 − 𝟐.𝑹. 𝑹𝒊 + 𝑹

𝑹𝒊 + 𝑹 𝟒

𝒅𝑷

𝒅𝑹= 𝑬𝟐.

𝑹𝒊 − 𝑹

𝑹𝒊 + 𝑹 𝟑 = 𝟎

𝑹𝒊 − 𝑹 = 𝟎

Örnek

Örnek: 12V’luk iç direnci Ri=0,02Ω olan bir otomobil aküsünün maksimum güçverebilmesi için gerekli olan direnci, akan akımı, yüke aktarılan gücü ve verimihesaplayınız.

EI

R (yük)

+-

Ri

1

2

+

-

V

Maksimum güç için Ri=R=0,02Ω olmalıdır.

𝑰 =𝑬

𝑹 + 𝑹𝒊=

𝟏𝟐

𝟎, 𝟎𝟐 + 𝟎, 𝟎𝟐= 𝟑𝟎𝟎𝑨

𝑽 = 𝑰. 𝑹 = 𝟑𝟎𝟎. 𝟎, 𝟎𝟐 = 𝟔𝑽

𝑷 = 𝑽. 𝑰 = 𝟔. 𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟖𝟎𝟎𝑾

𝑷𝒊 = 𝑹𝒊. 𝑰𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟐. 𝟑𝟎𝟎𝟐 = 𝟏𝟖𝟎𝟎𝑾

𝑷𝑻 = 𝑷𝒊 + 𝑷 = 𝟏𝟖𝟎𝟎 + 𝟏𝟖𝟎𝟎 = 𝟑𝟔𝟎𝟎𝑾

𝝁 =𝑷

𝑷𝑻=

𝟏𝟖𝟎𝟎

𝟑𝟔𝟎𝟎= 𝟎, 𝟓 = %𝟓𝟎

Daha gerçekçi olursak R=1,7Ω için

𝑰 =𝟏𝟐

𝟏, 𝟕 + 𝟎, 𝟎𝟐= 𝟔, 𝟗𝟕𝑨

𝑽 = 𝟔, 𝟗𝟕. 𝟏, 𝟕 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟔𝑽

𝑷 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟔. 𝟔, 𝟗𝟕 = 𝟖𝟐, 𝟔𝟔𝑾

𝑷𝒊 = 𝟎, 𝟎𝟐. 𝟔, 𝟗𝟕𝟐 = 𝟎, 𝟗𝟕𝑾

𝝁 =𝟖𝟐, 𝟔𝟔

𝟖𝟐, 𝟔𝟔 + 𝟎, 𝟗𝟕= 𝟎, 𝟗𝟖 = %𝟗𝟖


Örnek

Örnek:

a) I akımı ve V gerilimini E kaynak gerilimi, R1 ve R2 direnci cinsinde ifade

ediniz.

b) Ry direnci üzerinde harcanan gücün maximum güç olabilmesi için Ry

direncinin alması gerektiği direnç değerini R1 ve R2 direnç değerleri

cinsinden eşitini matematiksel olarak (minimizasyon ile) bulunuz.


-E+

R1

Ry

I

R2 V

Pratik Çözüm

Maksimum güç aktarımı yapılacak devre elemanı devreden çıkarılır. Devredebulunan bağımsız akım kaynakları açık devre, bağımsız gerilim kaynakları kısadevre yapılır. Bu işlemler yapıldıktan sonra çıkarılan kısımdan bakıldığı zamangörülen devrenin eşdeğer direnci kadar eleman değeri takılır ise bu elemanamaksimum güç aktarımı yapılmış olur.

NOT: Devrede bağımlı kaynak var ise bu yöntem uygulanamaz. Thevenin veNorton yöntemleri ortak kullanılarak eşdeğer direnç hesaplanır.


𝑹𝒆ş = 𝑹𝒚 =𝑹𝟏. 𝑹𝟐

𝑹𝟏 + 𝑹𝟐

R1

Reş

R2

Örnek

Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güçaktarımı için ayarlanmıştır.

a) RL’nin değerini bulunuz.

b) RL ’ye aktarılan maksimum gücü bulunuz.


Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güçaktarımı için ayarlanmıştır.

a) RL’nin değerini bulunuz.

b) RL ’e aktarılan maksimum gücü bulunuz.

Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güçaktarımı için ayarlandığında devrede oluşturulan gücün yüzdekaçı RL’ye aktarılır?

200Ω+-

E1=100V

+-

Ix

60.Ix

50Ω 60Ω

40Ω

RL

40Ω

+

-E1=480V +-

Ix

20.Ix

4Ω

6Ω 4Ω

RL

8Ω

2Ω

2kΩ +-E1=50V

1.25kΩ4kΩ

10kΩ

RL

9mA

KAYNAK DÖNÜŞÜMLERİ


-+

V

IR

RsR

A

B

-I

+Rs R

IR

A

B

𝑰 =𝑽

𝑹𝒔

42

Devre çözümünü kolaylaştırmak amacı ile kaynak dönüşümüne başvurulmaktadır. Düğüm gerilimleri yönteminde düğüm sayısını azaltmak amacıile gerilim kaynağı akım kaynağına, bağımsız çevre gerilimleri yöntemindedenklem sayısını azaltmak için akım kaynakları gerilim kaynaklarınadönüştürülür.

-E+

R1

R

R2

R3 ı -E+

R1

R

R2

R3

𝑬𝑰 = 𝑰.𝑹𝟑+-

KAYNAK DÖNÜŞÜMLERİ


-E+

R1

R3

RR2

R4

R5ı

-

𝑰𝟏 =𝑬

𝑹𝟏

+

R1

R3

R

R2

R4

R5

𝑽𝟐 = 𝑰.𝑹𝟐

43

-E+

R1

R

R2

R3 ıR1

R

R2

R3

ı𝑰𝑬 =

𝑬

𝑹𝟏

Milman Teoremi

Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM44

I

-V1

+

R1

A

B

V2 -+

R2

-+

R3

V3

R

I

A

B

R1𝑰𝟏 =𝑽𝟏

𝑹𝟏R2𝑰𝟐 =

𝑽𝟐

𝑹𝟐R3𝑰𝟑 =

𝑽𝟑

𝑹𝟑R

I

A

B

𝟏

𝑹𝒆ş=

𝟏

𝑹𝟏+

𝟏

𝑹𝟐+

𝟏

𝑹𝟑𝑰𝒆ş =

𝑽𝟏

𝑹𝟏+

𝑽𝟐

𝑹𝟐+

𝑽𝟑

𝑹𝟑R

I

- 𝑽𝒆ş = 𝑹𝒆ş. 𝑰𝒆ş+

𝑹𝒆ş

A

B

R

Documents

Elektrik Müh. Temelleri...Gerilim ve Akım Bölücü Devre Çözümü (Ev Ödevi) Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 9 Örnek: a) Yandaki devrede ınyüksüzdurum