bulunuz.

Elektrik Müh. Temelleri
ELK-184
3
@ysevim61
https://www.facebook.com/groups/KTUEMT/
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
1
ÜÇGEN YILDIZ DÖNÜŞÜMÜ
Aşağıdaki devrenin kaynağından bakıldığı zaman görünen eşdeğer direnç nedir?
R1
R2
C
B
Reş
A
R3
R4
D
R5
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
2
ÜÇGEN YILDIZ DÖNÜŞÜMÜ
A
r1
A
≡
R2
R1
r2
RAB
RAB
B
R3
𝒓𝟏 + 𝒓𝟐 = 𝑹𝟏 // 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 =
𝑹𝟏 . 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝒓𝟐 + 𝒓𝟑 = 𝑹𝟑 // 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 =
𝑹𝟑 . 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝑹𝟏 . 𝑹𝟐
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝒓𝟐 =
r3
C
B
C
𝒓𝟑 + 𝒓𝟏 = 𝑹𝟐 // 𝑹𝟑 + 𝑹𝟏
𝒓𝟏 =
O
𝑹𝟐 . 𝑹𝟑 + 𝑹𝟏
=
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝑹𝟏 . 𝑹 𝟑
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝑹𝟐 . 𝑹 𝟑
𝒓𝟑 =
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
3
Örnek
1
1
R1=5Ω
A
A
R2=4Ω
B
r2
C
≡
r1
r3
R3=10Ω
R5=20Ω
Reş
R4=2Ω
B
D
Reş
2
R4=2Ω
𝑹𝟏 . 𝑹𝟑
𝟓. 𝟏𝟎
𝒓𝟏 =
=
= 𝟐, 𝟔𝟑Ω
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎
𝒓𝟐 =
C
𝑹𝟏 . 𝑹𝟐
𝟓. 𝟒
=
= 𝟏, 𝟎𝟓Ω
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎
𝑹𝟐 . 𝑹𝟑
𝟏𝟎. 𝟒
𝒓𝟑 =
=
= 𝟐, 𝟏𝟎Ω
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎
D R5=20Ω
2
𝑹𝒆ş = 𝒓𝟐 + 𝒓𝟏 + 𝑹𝟒 // 𝒓𝟑 + 𝑹𝟓
𝑹𝒆ş
𝟐, 𝟔𝟑 + 𝟐 . 𝟐, 𝟏 + 𝟐𝟎
= 𝟏, 𝟎𝟓 +
𝟐, 𝟔𝟑 + 𝟐 + 𝟐, 𝟏 + 𝟐𝟎
𝑹𝒆ş = 𝟏, 𝟎𝟓 + 𝟑, 𝟖𝟐 = 𝟒, 𝟖𝟕Ω
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
4
Ev Ödevi
Örnek : Devrelerin eşdeğer dirençlerini bulunuz.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
5
Gerilim Ayarlama Yöntemleri
1-Ön Direnç
2-Potansiyometre
1-Ön Direnç
I
Rön
+
E
+
V
R (yük)
-
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
6
Gerilim Ayarlama Yöntemleri
2-Potansiyometre (Pot)
I1
R1
+
E
I
R2
-
Reş
+
V
I2
R1=0 ise
R1=∞ ise
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
R (yük)
-
V=?
V=?
7
Panel aydınlatması için kullanılan 12V’dan 9V’a dönüştürücü devre
R1=3Ω
+
E=12V
1.anahtar
+
2.anahtar
V2
R2=9Ω
-
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
8
Gerilim ve Akım Bölücü Devre Çözümü (Ev Ödevi)
25kΩ
Örnek:
+
a) Yandaki devrede 𝑽𝒐 ın yüksüz durum değerini bulunuz.
E1=200V
b) 𝑹𝑳 = 𝟏𝟓𝟎𝒌𝛀 iken 𝑽𝒐 ’ı bulunuz.
c) Eğer yük terminalleri yanlışlık ile kısa devre edilir ise 𝟐𝟓𝒌𝛀
dirençten akan akımın değeri nedir?
I2
I1
75kΩ
I3
+
Vo
RL
-
60Ω
Örnek:
a) Yandaki devrede 𝟖𝟎𝛀 luk direnç üzerinden 4A akım geçmesini
sağlayacak 𝑹 değerini bulunuz.
b) Eğer yük terminalleri yanlışlık ile kısa devre edilir ise 𝟔𝟎𝛀
dirençte ne kadar akım akar?
40Ω
4A
I1=20A
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
R
80Ω
9
Gerilim ve Akım Bölücü Devre Çözümü (Ev Ödevi)
Örnek:
Yandaki devrede 𝑰𝒐
gerilimini bulunuz.
40Ω
akımını akım bölünmesi, 𝑽𝒐
36Ω
10Ω
I1=8A
10Ω
44Ω
50Ω
40Ω
I1
E1=60V
+
-
24Ω
+
Vo
-
30Ω
Örnek:
a) Yandaki devrede 𝟒𝟎𝛀 luk direnç üzerindeki 𝑽𝒐
gerilimini bulunuz.
b) Bulunan 𝑽𝒐 gerilimini kullanarak 𝟒𝟎𝛀 luk
dirençteki akımı bulunuz. Sonra bu akım ve akım
bölünmesini kullanarak 𝟑𝟎𝛀 luk dirençdeki akımı
hesaplayınız.
Io
I2
+ Vo 20Ω
30Ω
10Ω
70Ω
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
10
Voltmetrenin Ölçüm Kademesini Artırmak
Elimizde en fazla 1V ölçe bilen bir voltmetre olsun. Aynı voltmetre ile 100V ölçebilmek için nasıl bir bağlantı
yapmak gerekir? (Eklenecek direnç ile Voltmetrenin göstergesi yine maksimum 1V gösterecektir fakat biz
bileceğiz ki bu 100V’a karşılık gelmektedir. Oran orantı yöntemi ile gerçek değeri hesaplıyacağız)
RV=10kΩ V=1V
I
R
V
VR
+
Vö=100V
Voltmetreden geçebilecek max akım
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
11
Ampermetrenin Ölçüm Kademesini Artırmak
Elimizde en fazla 10mA ölçüm yapa bilen bir ampermetre olsun. Aynı
ampermetre ile 100mA ölçebilmek için nasıl bir bağlantı yapmak gerekir?
(Eklenecek direnç ile ampermetrenin göstergesi yine maksimum 10mA
gösterecektir fakat biz bileceğiz ki bu 100mA’e karşılık gelmektedir. Oran
orantı yöntemi ile gerçek değeri hesaplıyacağız)
Iö=100mA
IA=10mA
RA=10Ω
A
10mA
V
IR
R
𝑽 = 𝑰𝑨 . 𝑹𝑨 = 𝟏𝟎𝒎𝑨. 𝟏𝟎Ω = 𝟎, 𝟏𝐕
𝑽
𝟎, 𝟏𝑽
𝟏𝟎
𝑹=
=
=
Ω = 𝟏, 𝟏𝟏𝟏Ω
𝑰𝑹 𝟗𝟎𝒎𝑨
𝟗
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
12
Direncin Akım ve Gerilim Ölçümüyle Bulunması
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 gerilim
kaynağının, 𝑰𝑨 , I (ikinci devre için)akım kaynağının ölçtüğü değerleri temsil etmektedir.
A
RA I
I
E
+
-
RV
V
RX
𝑹𝒙 =
VA
IV
A
E
V
A
+
RA
I
-
RX
𝑽
𝑰𝑨
RV
Pratikte yapılan
𝑹𝒙 =
Aletlerden ölçülen büyüklükler IA ve V’dir.
V
V
𝑽
𝑰
Pratikte yapılan
Aletlerden ölçülen büyüklükler V ve I’dir.
𝑽𝒙 = 𝑽 − 𝑽𝑨
Yapılması gereken
𝑽𝑨 = 𝑰. 𝑹𝑨
Yapılması gereken
Bu düzenek ile küçük değerli dirençleri ölçmek
daha doğru olur.
𝑹𝒙 =
𝑽𝒙 𝑽 − 𝑽𝑨 𝑽
=
= − 𝑹𝑨
𝑰
𝑰
𝑰
Bu düzenek ile büyük değerli dirençleri ölçmek
daha doğru olur.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
13
Direncin Köprüyle Ölçülmesi (Wheatstone Köprüsü)
I
I
I1
+
E
I2
R2
RX
I
A o
-
+
E
B
I
A o
-
O aleti
R4
R3
a
RX
O aleti
R3
B
Homojen çubuk
b
A-B arasındaki alet çok küçük akımları ölçe bilen bir alettir. A’nın potansiyeli
B’den büyük yada küçük olabilir. Denge durumunda Io=0 olur, VAB=0 olur.
Gelen akımlar kendi kollarından devam ederler.
RxI1= R2I2
R3I1= R4I2
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
14
Wheatstone Köprüsünün ağırlık ölçümünde kullanılması
I
I1
+
E
-
I2
𝑹𝟏 = 𝟏𝟎𝟎𝜴
A
R3
𝑹𝟐 = 𝟏𝟏𝟎𝜴
VAB
B
Strain gauge
Rx
VAB
Ağırlık
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
15
Elektriksel İş ve Güç
Mekanikte iş, l yolu boyunca bir F kuvveti etki etmiş ise F.l olarak
tanımlanmıştır. Örneğin, bir m kütlesini aralarındaki mesafe l olan
a noktasından b noktasına götürmek için düzgün doğrusal
hareketle sürtünme kuvvetini yenmek için bir F kuvveti
gerekmektedir. Böylece yük tanımına göre bir iş tanımı
yapılmaktadır. Benzer biçimde V gerilimi altında Q yükü hareket
ettirilirse bir elektriksel iş yapılmış olur. Her iki durumda da enerji
açığa çıkar.
𝑮üç = 𝑷 =
𝑬𝒏𝒆𝒓𝒋𝒊
𝑾
=
𝒛𝒂𝒎𝒂𝒏 𝒛𝒂𝒎𝒂𝒏
𝑽. 𝑰. 𝒕
𝑷=
𝒕
𝑷 = 𝑽. 𝑰
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
16
Elektriksel İş ve Güç
Doğru akımda direnç üzerinde harcanan güç, enerji bağıntıları
I
+
V
P
R
𝑷 = 𝑽. 𝑰
𝑽𝟐
𝑷=
𝑹
𝑷 = 𝑰𝟐 . 𝑹
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
17
Elektriksel İş ve Güç
Alternatif akımda güç, enerji bağıntıları
i(t)
+
v(t)
p(t)
Devre
-
𝑣 𝑡
𝑝 𝑡
𝑖 𝑡
𝑝 0 =𝑣 0 .𝑖 0
𝑝 1 =𝑣 1 .𝑖 1
T
t
𝑝 2 =𝑣 2 .𝑖 2
𝑝 3 =𝑣 3 .𝑖 3
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
18
Elektriksel İş ve Güç
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
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
19
Çevre Gerilimleri Yasaları (Ev Ödevi)
Örnek: Kirchoff düğüm akım ve çevre gerilim
yasalarını kullanarak 𝑰𝒐 dan geçen akımı ve tüm
devre elemanlarının gücünü bulunuz.
Io
E1=120V
+
10Ω
I=6A
50Ω
-
E2=50V 50Ω
+
Örnek: Her bir düğüm ve çevre için kirshoff yasalarını
uygulayın ve devrede üretilen toplam gücü bulunuz.
-
+
+
E1=120V
-
I4=10A
V4=30V
- I5=20A
I3=10A
E2=50V
Örnek: Her bir düğüm ve çevre için kirshoff yasalarını uygulayın ve
devrede üretilen toplam gücü bulunuz.
E1=120V
+
-
+
+
-
-
E4=20V
I3=10A
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
20
Hatlardaki Enerji Kaybı
Enerji hatlarında kullanılan hatlar bakır veya alüminyumdan
yapılmaktadır. Alüminyum daha ucuz olmakla beraber bazı kötü
özelliklerinden dolayı bakırın yerini alamamaktadır. Alüminyum kolaylıkla
oksitlenmekte ve alüminyum oksit iletken olmadığı için ek yerlerinde
geçiş dirençleri ortaya çıkmaktadır. Alüminyum basınç altında şeklini
değiştirdiği için vidalar zamanla gevşemekte ve hatlar üzerindeki bağlantı
bozulmaktadır. Hatta oluşacak kısa devreler alüminyum alevli olarak
yandığında kolaylıkla yangına neden olmaktadır.
Yukarıdaki nedenlerden dolayı iç tesisatta alüminyum
kullanılmaz.
Özellikle yüksek gerilim hatlarında alüminyum bakırdan daha
hafif olduğundan alüminyum tercih edilir. Bir hattan çekilecek akım
yoğunluğu hattın çıplak veya izolasyonlu olmasına ve hattın kesitine
bağlıdır. Kesit arttıkça ısınmadan dolayı hattan geçen akım yoğunluğu
azalmaktadır.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
21
Hatlardaki Enerji Kaybı
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
22
Hatlardaki Enerji Kaybı
I A
BI
+
E
Hat
Hattaki güç kayıbı
R (yük)
-
I
I
Rh
A
+
∆V
V1
lh
-
Hattın direnci
Rh= 𝝆
𝟐.𝒍𝒉
𝑨
BI
Hattaki gerilim düşümü
+
V2
-
Ry
Hat parametreleri
Hat boyu lh , kesit A, ρ
Hatta ki gerilim düşümü
∆𝑽 = 𝑽𝟏 − 𝑽𝟐 = 𝑰. 𝑹𝒉
Bağıl gerilim düşümü
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
23
Hatlardaki Enerji Kaybı
Yüke aktarılan güç
A
Rh
BI
+
+
V1
V2
-
-
Ry
𝑰. 𝑹𝒉
𝑰. 𝑹𝒉
𝜺=
. 𝟏𝟎𝟎 =
. 𝟏𝟎𝟎 =
𝑽𝟏
𝑰. 𝑹𝒉 + 𝑽𝟐
𝟏
𝟐
𝟏+
𝑽𝟐
𝑷𝒚 . 𝑹𝒉
. 𝟏𝟎𝟎
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.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
24
Eşdeğer Devre ve Bir Gerilim Kaynağının İç Direnci
Ampül
A anahtarı açıkken I=0, ampul yanmıyor. (V=1,5V)
A anahtarı kapalıyken I≠0, ampul yanıyor.
(V=1,36V,…,1,2V azalır)
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
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
25
Örnek
Örnek: 12V’luk bir araba aküsünün uçları kısa devre edildiğinde
iletkenden akacak akımı bulunuz. Akünün iç direnci Ri =0,01Ω.
Akünün uçlarını birleştirmek için kullanılan kablonun boyu 1m kesiti
2mm2 ve ρ=0,018Ω.mm2/m
kablo
Ri=0,01Ω
1
I
kablo
1
2
+
Akü
≡
+
E=12V
V
Akünün eşdeğeri
2
Rk
𝒍
𝒎𝒎𝟐 𝟏𝒎
𝑹𝒌 = 𝝆 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟖 Ω
.
= 𝟎, 𝟎𝟎𝟗Ω
𝑨
𝒎 𝟐𝒎𝒎𝟐
𝑬
𝟏𝟐
𝑰=
=
≅ 𝟔𝟑𝟏𝑨 𝑽 = 𝑰. 𝑹𝒌 = 𝟔𝟑𝟏. 𝟎, 𝟎𝟎𝟗 ≅ 𝟓, 𝟔𝟗𝑽
𝑹𝒊 +𝑹𝒌 𝟎, 𝟎𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟎𝟗
İdeal kablo Rk =0Ω
𝑬
𝟏𝟐
𝑰=
=
≅ 𝟏𝟐𝟎𝟎𝑨
𝑹𝒊 𝟎, 𝟎𝟏
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
26
Gerilim Kaynaklarının Seri ve Paralel Bağlanması
Gerilim Kaynaklarının Seri Bağlanması
+
E1
-
R1
+
E2
-
R2
+
E3
-
E
R3
+ -
Ri
≡
I
I
R (yük)
R (yük)
𝑬 = 𝑬𝟏 + 𝑬𝟐 + 𝑬𝟑
𝑹𝒊 = 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
Gerilim Kaynaklarının Paralel Bağlanması
IK
+ E3
IK
+
IK
-
E2
+
-
E1
-
R3
R2
R1
E
+ -
Ri
≡
I
R (yük)
I=3 IK
R (yük)
𝑬 = 𝑬𝟏 = 𝑬𝟐 = 𝑬𝟑
𝑹𝟏 = 𝑹𝟐 = 𝑹 𝟑
𝑹𝟏
𝑹𝒊 =
𝟑
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
27
Örnek
R6
E+
-
B
R3
Örnek: Devreyi çözerek tüm akım değerlerini bulunuz.
A
I1
R1
R2 I2
I5 R5
C
R4
I4
I3
I6
Toplam düğüm sayısı d=4. Bulmamız gereken bağımsız
düğüm denklem sayısı toplam düğüm sayısının bir eksiğidir
(4-1=3). Bir düğüm referanstır onun için denklem yazmaya
gerek yoktur.
D
B düğümü için:
𝑰𝟏 − 𝑰𝟑 − 𝑰𝟓 = 𝟎
C düğümü için:
𝑰𝟐 + 𝑰𝟓 − 𝑰𝟒 = 𝟎
D düğümü için:
𝑰𝟑 + 𝑰𝟒 − 𝑰𝟔 = 𝟎
1.çevre
𝑰𝟐 𝑹𝟐 − 𝑰𝟓 𝑹𝟓 − 𝑰𝟏 𝑹𝟏 = 𝟎
2.çevre
𝑰𝟒 𝑹𝟒 − 𝑰𝟑 𝑹𝟑 + 𝑰𝟓 𝑹𝟓 = 𝟎
3.çevre
−𝑬 + 𝑰𝟔 𝑹𝟔 + 𝑰𝟏 𝑹𝟏 + 𝑰𝟑 𝑹𝟑 = 𝟎
3 tane bağımsız düğüm
denklemi
3 tane bağımsız çevre denklemi
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
28
Direncin Kısa ve Açık Devre Olması
+
Ri
+
E
-
R (yük)
−𝑰. 𝑹𝒊 − 𝑰. 𝑹 + 𝑬 = 𝟎
V
𝑬
𝑰=
𝑹 + 𝑹𝒊
I
AÇIK DEVRE
KISA DEVRE
+
+
Ri
Ri
+
-
R =0
V
R =∞
V
+
-
E
E
I
I
-
-
𝑬
𝑹 = 𝟎, 𝑰 =
𝑹𝒊
𝑽 = 𝟎 𝐨𝐥𝐮𝐫
𝑹 = ∞, 𝑰 = 𝟎
𝑽 = 𝑬 𝐨𝐥𝐮𝐫
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
29
Örnek
+
E1
-
I
R1
E2
E
- + 3-
Örnek: Devreyi çözerek gerilim kaynaklarının
akıtmış oldukları akımların yönlerini belirleyin.
R2
𝑬𝟐 + 𝑬𝟑 + 𝑰. 𝑹𝟐 + 𝑰.
− 𝑬𝟏 = 𝟎
𝑬𝟏 − 𝑬 𝟐 + 𝑬𝟑
𝑰=
+𝑹𝟐
𝑰=
𝑬𝟏
−
+𝑹𝟐
𝑬𝟐
−
+𝑹𝟐
I akımı ile aynı yönde akıyor
𝑬𝟑
+𝑹𝟐
I akımının tersi yönünde akıyor
I akımının tersi yönünde akıyor
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
30
Bağımsız ve Bağımlı Kaynaklar
Bağımsız Gerilim Kaynağı
I
+ +
E-
-
Bağımsız Akım Kaynağı
V
V
V
Devre
E
+
ideal
Io
Io
i
i
+
R
VR
+ ki
- kVR
I
Bağımlı Akım Kaynağı
Bağımlı Gerilim Kaynağı
V
Devre
ideal
-
I
+
V
V
Akım Bağımlı Gerilim Kaynağı
Gerilim Bağımlı Gerilim Kaynağı
-
V
VR
R
ki
kVR
Akım Bağımlı Akım Kaynağı
Gerilim Bağımlı Akım Kaynağı
-
Bağımsız kaynaklar devredeki herhangi bir elemana bağlı değilken, bağımlı
20Ω
kaynaklar devre elemanlardan herhangi birine bağlı olabilir.
Ib
+
E1=10V
-
10Ω
E2=4V
- +
20Ω
10.Ib
- Vo +
70Ω
100Ω
E3=5V
+
-
E1=10V
+
-
50Ω
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Ix
30Ω
+
20Ω
60.Ix
31
Ev Ödevi
Örnek: Aşağıdaki devredeki RL=8Ω direncinden geçen akımı ve üstüne düşen gerilimi
çevre denklemleri ve düğüm akımlarından yararlanarak bulunuz.
Örnek: Aşağıdaki devredeki i1, i2, i3 akımlarını çevre denklemleri ve düğüm
akımlarından yararlanarak bulunuz.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
32
Ev Ödevi
Örnek: Aşağıdaki devredeki i1, i2, i3 akımlarını çevre denklemleri ve düğüm
akımlarından yararlanarak bulunuz.
Örnek: Aşağıdaki devredeki V1, V2 gerilimlerini çevre denklemleri ve düğüm
akımlarından yararlanarak bulunuz.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
33
Örnek
Örnek: Bir doğru akım motorunu çalıştırmak için 15V’luk gerilim ile 150W’lık güç
gerekiyor. Elimizde her birinin iç direnci 0,45Ω olan 1,5V’luk piller vardır. En az sayıda pil
kullanarak bu DC motor besleme devresini gerçekleştiriniz.
E1=1,5V
-
m
+
E2=1,5V R2=0,45Ω
-
+
En=1,5V Rn=0,45Ω
+
R1=0,45Ω
E1=1,5V
-
+
E2=1,5V R2=0,45Ω
-
+
En=1,5V Rn=0,45Ω
+
Ik
R1=0,45Ω
I
150W, 15V
𝑃 150𝑊
Ana koldaki akım: 𝐼 = =
= 10𝐴
𝑉
15𝑉
-
M
𝑛. 1,5𝑉 − 𝑛. 0,45Ω. 𝐼𝑘 = 15
10
Her bir koldaki akım: 𝐼 =
𝑘
𝑚
10
𝑛. 1,5𝑉 − 𝑛. 0,45Ω.
= 15
𝑚
3𝑛
𝑛−
= 10
𝑚
𝑚𝑛 − 3𝑛 = 10𝑚
Çevreden:
+
𝑛 𝑚 − 3 = 10𝑚
10𝑚
𝑛=
𝑚−3
10𝑚2
Toplam pil sayısı: 𝑚𝑛 =
𝑚−3
𝑑 𝑚𝑛
20𝑚2 − 60𝑚 − 10𝑚2
=
=0
𝑑𝑚
𝑚−3 2
𝑚=6
𝑛 = 20
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
𝑚. 𝑛 = 120
34
Bağımlı Kaynaklar Örnek
Ia
Örnek : 𝑽𝒐 = 𝟏𝟎𝟎𝑽 ve 𝑰𝟏 = 𝟏𝟐𝑨 ise devrede üretilen
toplam gücü bulunuz.
I1=12A
Örnek : Devrede üretilen toplam gücü bulunuz.
100Ω
+
Örnek : Aşağıdaki devrede 𝑽𝒐 = 𝟐𝟓𝟎𝒎𝑽 ’a eşit
olduğunda 𝑽𝟏 , 𝑽𝒈 ’yi bulunuz ve akım ve gerilim
kazançlarını bulunuz.
10Ω
25Ω
40Ω
2.Ia
-
500Ω
- Vo +
+
E3=25V
-
I2
I1
Vg+
-
E4=80V
29.Ib
E2=0.8V
- +
200Ω
+
E1=15.2V
-
Vo
I3=4A
E2=60V +
Ib
+
20.I1
-
50Ω
V1
+
100Ω
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
50.I2
V0
+
12.5Ω
35
Aktif ve Pasif Devreler ve Maksimum Güç Teoremi
Çevre denkleminden
A
+
−𝑬 + 𝑹𝒊 . 𝑰 + 𝑹. 𝑰 = 𝟎
I
Ri
R (yük)
+
V
E-
-
Aktif
𝑽 = 𝑰. 𝑹 = 𝑬.
Pasif
B
𝑬
𝑰=
𝑹𝒊 + 𝑹
𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹
𝑹
𝑷 = 𝑰. 𝑽 = 𝑬 .
𝑹𝒊 + 𝑹
𝟐
Kısa Devre (R=0Ω)
𝑹 = 𝟎Ω
ise
𝑬
𝑰=
𝑹𝒊
𝟐
(Çok büyük), V=0 ve P=0
Açık Devre (R= ∞Ω)
𝑹 = ∞Ω
ise I=0, V=E ve P=0
Gücün olması için akım ve gerilim aynı anda bulunmalıdır.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
36
Yüke Aktarılan Güç
𝑷 = 𝑬𝟐 .
𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹
𝟐
Yüke aktarılan gücün değişimini çizersek
𝟐 − 𝟐. 𝑹. 𝑹 + 𝑹
𝒅𝑷
𝟏.
𝑹
+
𝑹
𝒊
𝒊
= 𝑬𝟐 .
𝒅𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹 𝟒
𝒅𝑷
𝑹𝒊 − 𝑹
= 𝑬𝟐 .
=𝟎
𝒅𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹 𝟑
𝑬𝟐
𝑹𝒊
Pi (iç dirençte harcanan güç)
P (yüke aktarılan güç)
𝟐
𝑷𝒎𝒂𝒙 =
𝑬
𝟒. 𝑹𝒊
𝑹𝒊 − 𝑹 = 𝟎
𝑹𝒊 = 𝑹
𝑹𝒊 = 𝑹 için
𝑬
𝑬
𝑰=
=
𝑹𝒊 + 𝑹𝒊 𝟐. 𝑹𝒊
𝑬
𝑬
𝑽 = 𝑰. 𝑹 =
. 𝑹𝒊 =
𝟐. 𝑹𝒊
𝟐
1
𝑹 = 𝑹𝒊
2
3
𝑹
𝑹𝒊
4
İç dirençte harcanan güç
𝑬
𝟐
𝑷𝒊 = 𝑰 . 𝑹𝒊 = 𝑹𝒊 .
𝑹 + 𝑹𝒊
𝟐
𝑬𝟐
𝑷 = 𝑽. 𝑰 =
𝟒. 𝑹𝒊
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
37
Örnek
Örnek: 12V’luk iç direnci Ri=0,02Ω olan bir otomobil aküsünün maksimum güç
verebilmesi için gerekli olan direnci, akan akımı, yüke aktarılan gücü ve verimi
hesaplayınız.
1
+
Ri
+
E
-
R (yük)
Maksimum güç için Ri=R=0,02Ω olmalıdır.
𝑬
𝟏𝟐
𝑰=
=
= 𝟑𝟎𝟎𝑨
𝑹 + 𝑹𝒊 𝟎, 𝟎𝟐 + 𝟎, 𝟎𝟐
𝑽 = 𝑰. 𝑹 = 𝟑𝟎𝟎. 𝟎, 𝟎𝟐 = 𝟔𝑽
V
𝑷 = 𝑽. 𝑰 = 𝟔. 𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟖𝟎𝟎𝑾
I
𝑷𝒊 = 𝑹𝒊 . 𝑰𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟐. 𝟑𝟎𝟎𝟐 = 𝟏𝟖𝟎𝟎𝑾
𝑷𝑻 = 𝑷𝒊 + 𝑷 = 𝟏𝟖𝟎𝟎 + 𝟏𝟖𝟎𝟎 = 𝟑𝟔𝟎𝟎𝑾
𝑷
𝟏𝟖𝟎𝟎
𝝁=
=
= 𝟎, 𝟓 = %𝟓𝟎
𝑷𝑻 𝟑𝟔𝟎𝟎
2
Daha gerçekçi olursak R=1,7Ω için
𝑰=
𝟏𝟐
= 𝟔, 𝟗𝟕𝑨
𝟏, 𝟕 + 𝟎, 𝟎𝟐
𝑽 = 𝟔, 𝟗𝟕. 𝟏, 𝟕 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟔𝑽
𝑷 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟔. 𝟔, 𝟗𝟕 = 𝟖𝟐, 𝟔𝟔𝑾
𝝁=
𝟖𝟐, 𝟔𝟔
= 𝟎, 𝟗𝟖 = %𝟗𝟖
𝟖𝟐, 𝟔𝟔 + 𝟎, 𝟗𝟕
𝑷𝒊 = 𝟎, 𝟎𝟐. 𝟔, 𝟗𝟕𝟐 = 𝟎, 𝟗𝟕𝑾
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
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.
R1
E+-
R2
Ry
V
I
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Pratik Çözüm
Maksimum güç aktarımı yapılacak devre elemanı devreden çıkarılır. Devrede
bulunan bağımsız akım kaynakları açık devre, bağımsız gerilim kaynakları kısa
devre yapılır. Bu işlemler yapıldıktan sonra çıkarılan kısımdan bakıldığı zaman
görülen devrenin eşdeğer direnci kadar eleman değeri takılır ise bu elemana
maksimum güç aktarımı yapılmış olur.
NOT: Devrede bağımlı kaynak var ise bu yöntem uygulanamaz. Thevenin ve
Norton yöntemleri ortak kullanılarak eşdeğer direnç hesaplanır.
R1
R2
Reş
𝑹𝒆ş
𝑹𝟏 . 𝑹𝟐
= 𝑹𝒚 =
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek
Ix
Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güç
aktarımı için ayarlanmıştır.
+
a) RL’nin değerini bulunuz.
E1=100V
b) RL ’ye aktarılan maksimum gücü bulunuz.
60Ω
50Ω
40Ω
200Ω
+
4kΩ
Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güç
aktarımı için ayarlandığında devrede oluşturulan gücün yüzde
kaçı RL’ye aktarılır?
RL
60.Ix
1.25kΩ
10kΩ
2kΩ
6Ω
Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güç
aktarımı için ayarlanmıştır.
a) RL’nin değerini bulunuz.
b) RL ’e aktarılan maksimum gücü bulunuz.
E1=480V +
RL
+
E1=50V-
9mA
Ix
40Ω
4Ω
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
4Ω
8Ω
RL
20.Ix +
2Ω
KAYNAK DÖNÜŞÜMLERİ
A
A
IR
Rs
+
R
+
IR
V-
Rs
I
𝑽
𝑰=
𝑹𝒔
R
-
B
B
Devre çözümünü kolaylaştırmak amacı ile kaynak dönüşümüne baş
vurulmaktadır. Düğüm gerilimleri yönteminde düğüm sayısını azaltmak amacı
ile gerilim kaynağı akım kaynağına, bağımsız çevre gerilimleri yönteminde
denklem sayısını azaltmak için akım kaynakları gerilim kaynaklarına
dönüştürülür.
R1
E
+
-
R3
R2
ı
R1
R
E
R2
R3
+
+
-
R
𝑬𝑰 = 𝑰. 𝑹𝟑
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
42
KAYNAK DÖNÜŞÜMLERİ
R1
E
+
R3
-
R2
R2
ı
R3
R
R
ı
𝑬
𝑰𝑬 =
𝑹𝟏
R1
𝑽𝟐 = 𝑰. 𝑹𝟐
+ R1
E
+
ı
R2
R
R3
R2
R5
R4
𝑬
𝑰𝟏 =
𝑹𝟏
R5
R
R1
R3
R4
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
43
Milman Teoremi
A
R1
V1
I
R2
R3
+
+
V2 -
-
V3
R
+
B
A
I
𝑰𝟏 =
𝑽𝟏
𝑹𝟏
R1
𝑰𝟐 =
𝑽𝟐
𝑹𝟐
R2
𝑰𝟑 =
𝑽𝟑
𝑹𝟑
R3
R
B
A
A
I
𝑰𝒆ş
𝑽𝟏 𝑽𝟐 𝑽 𝟑
=
+
+
𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑹 𝟑
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
=
+
+
𝑹𝒆ş 𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑹𝟑
𝑹𝒆ş
R
+
B
I
R
𝑽𝒆ş = 𝑹𝒆ş . 𝑰𝒆ş
B
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
44