Elektrik Müh. Temelleri
advertisement
Elektrik Müh. Temelleri ELK-184 5 @ysevim61 https://www.facebook.com/groups/KTUEMT/ Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 1 SÜPERPOZİSYON (Toplamsallık) TEOREMİ R1 E + - R2 R3 ı IR R Süper pozisyon yönteminde istenilen akımın akım veya gerilim değeri her seferinde devrede tek bir kaynak bırakılarak (akım kaynağı açık devre gerilim kaynağı kısa devre yapılarak) çözülür ve bulunur daha sonra bu kaynakların o eleman üzerinde oluşturmuş olduğu tüm akım ve gerilim değerleri yönlerine bakılarak toplanır veya çıkarılarak toplam o elemandan geçen toplam akım ve üzerine düşen toplam gerilim bulunur. R1 E + - R2 R3 R1 R2 IRI IRE R3 ı R R 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 ve çözüm yapılır. Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 2 SÜPERPOZİSYON (Toplamsallık) TEOREMİ I1 + E1 - R2 R1 I2 + R3 E2 - I3 Akım yönleri ilk olarak keyfi olarak alınmıştır. Birinci durum; E1≠0, E2=0 olarak alınacak, yani E2 kısa devre yapılır. I11 R1 + E1 - A R2 I21 Çözüm 1 R3 I31 B 𝑰𝟏𝟏 = 𝑬𝟏 𝑹 .𝑹 𝑹𝟏 + 𝑹 𝟐+ 𝑹𝟑 𝟐 𝟑 𝑽𝑨𝑩 = 𝑬𝟏 − 𝑹𝟏 . 𝑰𝟏𝟏 𝑰𝟑𝟏 Çözüm 2 𝑬𝟏 − 𝑹𝟏 . 𝑰𝟏𝟏 − 𝑹𝟑 . 𝑰𝟑𝟏 = 𝟎 𝑹𝟐 . 𝑰𝟐𝟏 + 𝑹𝟑 . 𝑰𝟑𝟏 = 𝟎 𝑰𝟐𝟏 = −𝑰𝟏𝟏 + 𝑰𝟑𝟏 𝑽𝑨𝑩 = 𝑹𝟑 𝑰𝟐𝟏 = −𝑰𝟏𝟏 + 𝑰𝟑𝟏 𝑽𝑨𝑩 =− 𝑹𝟐 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 3 Toplamsallık (Süperpozisyon) İkinci durum; E1=0, E2 ≠0 olarak alınacak, yani E1 kısa devre yapılır. I12 R1 A R2 I22 + R3 I32 E2 - Çözüm 1 B 𝑰𝟐𝟐 𝑬𝟐 = 𝑹 .𝑹 𝑹𝟐 + 𝑹 𝟏+ 𝑹𝟑 𝟏 𝟑 𝑽𝑨𝑩 = 𝑬𝟐 − 𝑹𝟐 . 𝑰𝟐𝟐 𝑰𝟑𝟐 𝑽𝑨𝑩 = 𝑹𝟑 Çözüm 2 𝑬𝟐 − 𝑹𝟐 . 𝑰𝟐𝟐 − 𝑹𝟑 . 𝑰𝟑𝟐 = 𝟎 𝑹𝟏 . 𝑰𝟏𝟐 + 𝑹𝟑 . 𝑰𝟑𝟏 = 𝟎 𝑰𝟐𝟐 = −𝑰𝟏𝟐 + 𝑰𝟑𝟐 𝑰𝟐𝟐 + 𝑰𝟏𝟐 = 𝑰𝟑𝟐 𝑰𝟏𝟐 = 𝑰𝟑𝟐 − 𝑰𝟐𝟐 𝑽𝑨𝑩 =− 𝑹𝟏 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 4 Toplamsallık (Süperpozisyon) I21 I11 I22 I12 I1=I11+I12 + E1 - I1 R2 R1 I2 I2=I21+I22 + R3 I31 I3 E2 I32 I3=I31+I32 𝑰𝟏 = 𝑰𝟏𝟏 + 𝑰𝟏𝟐 + 𝑰𝟏𝟑 + ⋯ 𝑰𝟐 = 𝑰𝟐𝟏 + 𝑰𝟐𝟐 + 𝑰𝟐𝟑 + ⋯ 𝑰𝟑 = 𝑰𝟑𝟏 + 𝑰𝟑𝟐 + 𝑰𝟑𝟑 + ⋯ Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 5 Örnek R1=100Ω A + E=200V- R2=200Ω Örnek: R direncinden geçen akımı süperpozisyon yöntemini kullanarak bulun. R3=300Ω Io=6A I B 1.Durum R =100Ω 1 A + E=200V- R2=200Ω R3=300Ω Io=0 𝑬 𝟐𝟎𝟎 𝑰𝑬 = = = 0,5A 𝑹𝟏 + 𝑹 𝟑 𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎 IE B 2.Durum R1=100Ω A R2=200Ω 𝑰 = 𝑰𝑰 + 𝑰𝑬 = 0,5 + 1,5 = 2A R3=300Ω E=0V II Io=6A 𝑰𝑰 = 𝑰𝒐 . 𝑹𝟏 / /𝑹𝟑 𝑹𝟑 𝟑𝟎𝟎. 𝟏𝟎𝟎 = 𝟔. 𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎 = 1,5A 𝟑𝟎𝟎 B Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 6 Örnek R1=100Ω A R2=200Ω Aynı örneği tevenin yöntemi ile çözersek. Rth + E=200V- I Io=6A ≡ + Vth R3=300Ω - B R3=300Ω R1=100Ω A E=200V + R1=100Ω A R2=200Ω - + Vth - R2=200Ω Io=6A B −𝑽𝒕𝒉 + 𝑹𝟏 . 𝑰𝒐 + 𝑬 = 𝟎 I Vth , Rth 𝑽𝒕𝒉 = 𝑹𝟏 . 𝑰𝒐 + 𝑬 = 𝟏𝟎𝟎 .𝟔 + 𝟐𝟎𝟎 = 𝟖𝟎𝟎𝑽 B 𝑹𝒕𝒉 = 𝑹𝟏 = 𝟏𝟎𝟎Ω 𝑽𝒕𝒉 𝟖𝟎𝟎 𝑰= = = 2A 𝑹𝒕𝒉 + 𝑹𝟑 𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 7 Örnek Aynı örneği norton yöntemi ile çözersek. R1=100Ω A A I IN ≡ + E=200V- R3=300Ω IN Rth Io=6A B B 𝑬 𝟐𝟎𝟎 𝑰𝑵 = 𝑰𝒐 + =𝟔+ = 8A 𝑹𝟏 𝟏𝟎𝟎 𝑹𝒕𝒉 = 𝑹𝟏 = 𝟏𝟎𝟎Ω 𝑰𝑵 = Süperpozisyon yöntemi kullanılırsa. R1=100Ω A R2=200Ω R2=200Ω 𝑽𝒕𝒉 𝟖𝟎𝟎 = = 8A 𝑹𝒕𝒉 𝟏𝟎𝟎 Aynı olmalı 𝟑𝟎𝟎. 𝟏𝟎𝟎 𝑹𝒕𝒉 / /𝑹𝟑 𝑰 = 𝑰𝑵 . = 𝟖. 𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟎𝟎 = 2A 𝑹𝟑 𝟑𝟎𝟎 R1=100Ω A R2=200Ω + E=200V - IN=INE+INI INE B INI Io=6A B Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 8 Örnek E1=10V R1=5Ω + - Ry direncinden geçen akımı süper pozisyon yöntemi ile bulunuz. R2=10Ω R3=20Ω I=1A + E2=5V - Ry=6Ω E1=10V R1=5Ω I2=IE1-I1 + - E1 gerilim kaynağına göre Ry’den geçen akım −𝑹𝟏 . 𝑰𝑬𝟏 − 𝑰𝟏 − 𝟏𝟎 + 𝑰𝟏 . 𝑹𝟑 = 𝟎 −𝟓. 𝑰𝑬𝟏 − 𝑰𝟏 − 𝟏𝟎 + 𝑰𝟏 . 𝟐𝟎 = 𝟎 I1 R2=10Ω R3=20Ω IE1 Ry=6Ω −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 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 9 Örnek R1=5Ω I1 R2=10Ω + E2=5V - R3=20Ω I2=IE2-I1 IE2 Ry=6Ω E2 gerilim kaynağına göre Ry’den geçen akım −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 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 10 Örnek R1=5Ω 1+IA-I1 I akım kaynağına göre Ry’den geçen akım I1 R2=10Ω IA R3=20Ω Ry=6Ω I=1A −𝑹𝟏 . 𝟏 + 𝑰𝑨 − 𝑰𝟏 + 𝑰𝟏 . 𝑹𝟑 = 𝟎 −𝟓. 𝟏 + 𝑰𝑨 − 𝑰𝟏 + 𝑰𝟏 . 𝟐𝟎 = 𝟎 −𝟓. 𝑰𝑨 + 𝟐𝟓. 𝑰𝟏 = 𝟓 1+IA 𝑰𝟏 . 𝑹𝟑 + 𝑰𝑨 . 𝑹𝒚 + 𝑹𝟐 . 𝟏 + 𝑰𝑨 = 𝟎 𝑰𝟏 . 𝟐𝟎 + 𝑰𝑨 . 𝟔 + 𝟏𝟎. 𝟏 + 𝑰𝑨 = 𝟎 𝟐𝟎. 𝑰𝟏 + 𝟏𝟔. 𝑰𝑨 = −𝟏𝟎 𝑰𝑨 = −𝟎, 𝟕𝑨 𝑰𝟏 = 𝟎, 𝟎𝟔𝑨 𝑰𝑨 = −𝟎, 𝟕𝑨 𝑰𝑬𝟏 = −𝟎, 𝟒𝑨 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎, 𝟐𝟓𝑨 𝑰𝒚 = 𝑰𝑬𝟏 +𝑰𝑬𝟐 + 𝑰𝑨 = −𝟎, 𝟒 + 𝟎, 𝟐𝟓 − 𝟎, 𝟕 = −𝟎, 𝟖𝟓𝑨 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 11 Örnek Ix 30Ω 25Ω 5A Örnek: Yandaki devrede 30Ω’luk dirençten geçen akımı süper pozisyon yöntemi ile bulunuz. 10Ω E1=10V + - 10Ω + 14kΩ 30 Ω 20.Ix 25kΩ 20kΩ Örnek: Yandaki devrede 10kΩ’luk dirençten geçen akımı ve harcadığı gücü süper pozisyon yöntemi ile bulunuz. 5kΩ + E1=10V- 12Ω I x 14Ω 10A Örnek: Yandaki devrede 20Ω’luk dirençten geçen akımı süper pozisyon yöntemi ile bulunuz. 10k Ω 12Ω 5A E1=80V + 40Ω 8Ω Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 20 Ω 10.Ix + 6Ω Düğüm Gerilimleri Yöntemi Amacı: Paralel kollu elemanı bol olan devrelerin çözümünü kolaylaştırmak. Bir devrenin düğüm sayısının belirlenmesi. Vd1 I1 E I1 + Vd2 Vd3 ı I5 Vd4 R5 R1 I2 R6 R2 - R3 I5 I3 R4 I4 Referans (0) Düğüm Gerilimleri Yöntemi 14kΩ 5kΩ 20kΩ I1=10A I2=5A 1- İlk olarak devrede tüm kollara akım ataması yapılır. I4 5kΩ 14kΩ I5 I3 20kΩ I1=10A I2=5A 2- Devredeki düğüm sayısı belirlenir ve düğülere düğüm gerilimi ataması yapılır. Vd1 I4 5kΩ I3 14kΩ Vd2 I5 20kΩ I1=10A I2=5A Referans (0) Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 14 Düğüm Gerilimleri Yöntemi 3- Her düğüm için düğüm akım denklemleri yazılır. Vd1 I4 5kΩ 14kΩ Vd2 I5 I3 20kΩ I1=10A I2=5A Referans (0) 1.Düğüm için 2.Düğüm için 𝑰𝟏 − 𝑰𝟑 − 𝑰𝟒 = 𝟎 𝑰𝟒 + 𝑰𝟐 − 𝑰𝟓 = 𝟎 4- Akım denklemlerindeki akımlar gerilim de direnç cinsinden eşdeğerlerine dönüştürülür. 𝑽𝟑 𝑽𝟒 − =𝟎 𝟓𝒌Ω 𝟏𝟒𝒌Ω 1.Düğüm için 𝟏𝟎 − 2.Düğüm için 𝑽𝟒 𝑽𝟓 +𝟓− =𝟎 𝟏𝟒𝒌Ω 𝟐𝟎𝒌Ω Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 15 Düğüm Gerilimleri Yöntemi Vd1 I4 5kΩ 14kΩ Vd2 I5 I3 20kΩ I1=10A I2=5A Referans (0) 5- Gerilimler düğüm gerilimi cinsinden yazılır. 𝑽𝟑 𝑽𝟒 − =𝟎 𝟓𝒌Ω 𝟏𝟒𝒌Ω 𝑽𝟑 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝟎 = 𝑽𝒅𝟏 𝑽𝟒 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 1.Düğüm için 𝟏𝟎 − 𝑽𝟓 = 𝑽𝒅𝟐 − 𝟎 = 𝑽𝒅𝟐 2.Düğüm için 𝑽𝟒 𝑽𝟓 +𝟓− =𝟎 𝟏𝟒𝒌Ω 𝟐𝟎𝒌Ω 6- Bu denklemler 4 nolu akım denklemlerinde yerine konur. . 𝑽𝒅𝟏 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 − =𝟎 𝟓𝒌Ω 𝟏𝟒𝒌Ω 1.Düğüm için 𝟏𝟎 − 2.Düğüm için 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 𝑽𝒅𝟐 +𝟓− =𝟎 𝟏𝟒𝒌Ω 𝟐𝟎𝒌Ω Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 16 Düğüm Gerilimleri Yöntemi 1.Düğüm için 𝟏𝟒𝒌. 𝑽𝒅𝟏 + 𝟓𝒌. 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 = 𝟏𝟎 𝟏𝟒𝒌. 𝟓𝒌 2.Düğüm için 𝟐𝟎𝒌. 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 − 𝟏𝟒𝒌. 𝑽𝒅𝟐 = −𝟓 𝟐𝟎𝒌.𝟏𝟒𝒌 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 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 17 Düğüm Gerilimleri Yöntemi Vd1 I4 5kΩ I3 14kΩ Vd2 𝑽𝒅𝟏 = 𝟓𝟔, 𝟒𝒌𝑽 I5 20kΩ I1=10A I2=5A 𝑽𝒅𝟐 = 𝟕𝟒, 𝟑𝒌𝑽 Referans (0) 𝑰𝟑 = 𝑽𝒅𝟏 𝟓𝟔, 𝟒𝒌𝑽 = = 𝟏𝟏, 𝟐𝟖𝑨 𝟓𝒌 𝟓𝒌 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 𝟓𝟔, 𝟒𝒌𝑽 − 𝟕𝟒, 𝟑𝒌𝑽 𝑰𝟒 = = = −𝟏, 𝟐𝟖𝑨 𝟏𝟒𝒌 𝟏𝟒𝒌 𝑰𝟓 = 𝑽𝒅𝟐 𝟕𝟒, 𝟑𝒌𝑽 = = 𝟑, 𝟕𝟏𝑨 𝟐𝟎𝒌 𝟐𝟎𝒌 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 18 Örnek Örnek: Yandaki devrede 20kΩ’luk dirençten geçen akımı ve harcadığı gücü düğüm gerilimleri yöntemi ile bulunuz. 3kΩ 14kΩ 5kΩ 10A 14kΩ 𝑽 𝒅𝟐 𝑽𝒅𝟏 𝑰𝟏 5kΩ 10A Referans 2k Ω 1.Adım Düğüm sayısı belirlenir ve tüm düğümler için düğüm akım ifadeleri yazılır 𝑰𝟐 20kΩ 𝑰𝟑 20kΩ 5k Ω 𝑰𝟒 1.düğüm 𝑰𝟏 + 𝑰𝟐 = 𝟏𝟎 2.düğüm 𝑰𝟐 − 𝑰𝟑 + 𝑰𝟒 = 𝟎 2.Adım Düğüm akım denklemleri eleman gerilim ve eleman değerleri cinsine dönüştürülür. 1.düğüm 2.düğüm 𝑽𝟏 𝑽𝟐 + = 𝟏𝟎 𝟓𝒌 𝟏𝟒𝒌 𝑽𝟐 𝑽𝟑 𝑽𝟒 − + =𝟎 𝟏𝟒𝒌 𝟐𝟎𝒌 𝟓𝒌 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM Örnek 14kΩ 𝑽 𝒅𝟐 𝑽𝒅𝟏 𝑰𝟏 3.Adım Gerilimler düğüm gerilimleri cinsinden yazılır 𝑰𝟐 𝑽𝟏 = 𝑽𝒅𝟏 5kΩ 10A 5k Ω 20kΩ 𝑰𝟑 𝑽𝟐 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 𝑰𝟒 𝑽𝟑 = 𝑽𝒅𝟐 Referans 𝑽𝟒 = −𝑽𝒅𝟐 4.Adım Düğüm gerilimleri cinsinden yazılan gerilimler denklemlerde yerlerine yazılır ve denklemler düzenlenir. 𝑽𝒅𝟏 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 + = 𝟏𝟎 𝟓𝒌 𝟏𝟒𝒌 1.düğüm 2.düğüm 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 𝑽𝒅𝟐 −𝑽𝒅𝟐 − + =𝟎 𝟏𝟒𝒌 𝟐𝟎𝒌 𝟓𝒌 𝑽𝒅𝟏 = 𝟑𝟗, 𝟒𝟑𝑽 𝑽𝒅𝟐 = 𝟗, 𝟖𝟓𝑽 𝟏𝟗𝑽𝒅𝟏 − 𝟓𝑽𝒅𝟐 = 𝟕𝟎𝟎 𝟐𝑽𝒅𝟏 − 𝟖𝑽𝒅𝟐 = 𝟎 𝑽𝟒 −𝟗, 𝟖𝟓 𝑰𝟒 = = = −𝟏, 𝟗𝟕𝒎𝑨 𝟓𝒌 𝟓𝒌 𝑽𝟐 𝟑𝟗, 𝟒𝟑 − 𝟗, 𝟖𝟓 𝟐𝟗, 𝟓𝟖 𝑰𝟐 = = = = 𝟐, 𝟏𝟏𝒎𝑨 𝟏𝟒𝒌 𝟏𝟒𝒌 𝟏𝟒𝒌 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM Düğüm Gerilimleri Yöntemi Vd1 Örnek: Düğüm akımlarını kullanarak düğüm gerilimleri bulunmaya çalışılacaktır. A R1=100 Ω B R2=200 Ω + E=200V - E C I1 R1 R3 Io=6A D I2 Vd3 Io I1 R3=300 Ω R2 I3 + - Vd2 D-Referans A düğümü 𝑰𝟏 − 𝑰𝟏 = 𝟎 B düğümü 𝑰𝟏 + 𝑰𝟐 = 𝑰𝟑 C düğümü 𝑰𝟐 = 𝑰𝒐 Akımların yerine düğüm gerilimi karşılıkları konulacak ve oluşan denklemlerden düğüm gerilimleri bulunacak. 𝑽𝟏 𝑰𝟏 − =𝟎 A düğümü 𝑹𝟏 𝑽𝟏 𝑽𝟐 𝑽𝟑 B düğümü + = 𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑹 𝟑 C düğümü 𝑽𝟐 = 𝑰𝒐 𝑹𝟐 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 21 Düğüm Gerilimleri Yöntemi Vd1 I1 E R1 I2 Vd3 Gerilimler yerine düğüm gerilimleri cinsinden değerleri yerine yazılırsa I3 + - R2 Vd2 R3 Io 𝑽𝒅𝟏 = 𝑬 𝑽𝟏 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟐 = 𝑬 − 𝑽𝒅𝟐 D-Referans 𝑽𝟐 = 𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐 𝑽𝟑 = 𝑽𝒅𝟐 − 𝟎 = 𝑽𝒅𝟐 Denklemlerdeki eleman gerilimleri yerine düğüm gerilimleri cinsinden değerleri yerine yazılırsa A düğümü 𝑽𝟏 𝑰𝟏 − =𝟎 𝑹𝟏 B düğümü 𝑽𝟏 𝑽𝟐 𝑽𝟑 + = 𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑹𝟑 C düğümü 𝑽𝟐 = 𝑰𝒐 𝑹𝟐 𝑰𝟏 − 𝑬 − 𝑽𝒅𝟐 =𝟎 𝑹𝟏 𝑬 − 𝑽𝒅𝟐 𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐 𝑽𝒅𝟐 + = 𝑹𝟏 𝑹𝟐 𝑹𝟑 𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐 = 𝑰𝒐 𝑹𝟐 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 22 Düğüm Gerilimleri Yöntemi Denklemlerdeki direnç akım ve gerilim değerlerini yerine konup düğüm gerilim denklemleri bulunursa 𝟐𝟎𝟎 − 𝑽𝒅𝟐 =𝟎 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎. 𝑰𝟏 + 𝑽𝒅𝟐 = 𝟐𝟎𝟎 𝟐𝟎𝟎 − 𝑽𝒅𝟐 𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐 𝑽𝒅𝟐 + = 𝟏𝟎𝟎 𝟐𝟎𝟎 𝟑𝟎𝟎 𝟏𝟏. 𝑽𝒅𝟐 − 𝟑. 𝑽𝒅𝟑 = 𝟏𝟐𝟎𝟎 A düğümü B düğümü 𝑰𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐 =𝟔 𝟐𝟎𝟎 C düğümü 𝑽𝒅𝟑 − 𝑽𝒅𝟐 = 𝟏𝟐𝟎𝟎 𝑽𝒅𝟐 = 𝟔𝟎𝟎𝑽 Vd1 E I1 R1 I1 R2 I2 Vd3 R3 𝑽𝒅𝟑 = 𝟏𝟖𝟎𝟎𝑽 𝑰𝟏 = −𝟒𝑨 I3 + - Vd2 Io 𝑽𝑩 𝟔𝟎𝟎 𝑰𝟑 = = = 𝟐𝑨 𝑹𝟑 𝟑𝟎𝟎 D-Referans Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 23 Örnek E1=10V R1=5Ω + - Ry direncinden geçen akımı gerilimleri yöntemi ile bulunuz. düğüm R3=20Ω R2=10Ω Ry=6Ω I=1A + E2=5V - Tüm düğümler için düğüm akım denklemleri yazılır E =10V R1=5Ω I Vd1 IE1 +1 1 Vd2 I3 Vd3 I2 + E2=5V - Iy R3=20Ω R2=10Ω Vd4 𝑰𝟐 − 𝑰𝑬𝟏 − 𝑰𝟑 = 𝟎 𝑰𝟏 − 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎 Ry=6Ω I=1A Referans 𝑰𝟏 + 𝑰𝟑 − 𝑰𝒚 − 𝑰 = 𝟎 𝑽𝟐 𝑽𝟑 − 𝑰𝑬𝟏 − =𝟎 𝑹𝟐 𝑹𝟑 𝑽𝟏 − 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎 𝑹𝟏 𝑽𝟏 𝑽𝟑 𝑽𝒚 + − −𝟏=𝟎 𝑹𝟏 𝑹𝟑 𝑹𝒚 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 𝑰𝟐 − 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎 𝑽𝟐 − 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎 𝑹𝟐 24 Örnek E =10V R1=5Ω I Vd1 IE1 +1 1 Vd2 I3 Vd3 I2 + E2=5V - Iy R3=20Ω R2=10Ω Tüm gerilimler düğüm gerilimleri cinsinden yazılırsa Vd4 𝑽𝟏 = 𝑽𝒅𝟐 − 𝑽𝒅𝟑 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑬𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 Ry=6Ω I=1A 𝑽𝒅𝟒 = 𝑬𝟐 𝑽𝒅𝟐 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑬𝟏 𝑽𝟐 = 𝑽𝒅𝟒 − 𝑽𝒅𝟏 = 𝑬𝟐 − 𝑽𝒅𝟏 𝑽𝟑 = 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 Referans 𝑽𝒚 = 𝑽𝒅𝟑 Düğüm gerilimleri cinsinden yazılan gerilim ifadeleri denklemlerde yerine konursa 𝑽𝟐 𝑽𝟑 − 𝑰𝑬𝟏 − =𝟎 𝑹𝟐 𝑹𝟑 𝑽𝟏 − 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎 𝑹𝟏 𝑽𝟏 𝑽𝟑 𝑽𝒚 + − −𝟏=𝟎 𝑹𝟏 𝑹𝟑 𝑹𝒚 𝑽𝟐 − 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎 𝑹𝟐 𝑬𝟐 − 𝑽𝒅𝟏 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 − 𝑰𝑬𝟏 − =𝟎 𝑹𝟐 𝑹𝟑 𝑽𝒅𝟏 − 𝑬𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 − 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎 𝑹𝟏 𝑽𝒅𝟏 − 𝑬𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 𝑽𝒅𝟑 + − −𝟏=𝟎 𝑹𝟏 𝑹𝟑 𝑹𝒚 𝑬𝟐 − 𝑽𝒅𝟏 − 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎 𝑹𝟐 𝟓 − 𝑽𝒅𝟏 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 − 𝑰𝑬𝟏 − =𝟎 𝟏𝟎 𝟐𝟎 𝑽𝒅𝟏 − 𝟏𝟎 − 𝑽𝒅𝟑 − 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎 𝟓 𝑽𝒅𝟏 − 𝟏𝟎 − 𝑽𝒅𝟑 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 𝑽𝒅𝟑 + − −𝟏=𝟎 𝟓 𝟐𝟎 𝟔 𝟓 − 𝑽𝒅𝟏 − 𝑰𝑬𝟐 = 𝟎 𝟏𝟎 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 25 Örnek −𝟑. 𝑽𝒅𝟏 + 𝑽𝒅𝟑 − 𝟐𝟎. 𝑰𝑬𝟏 = −𝟏𝟎 −𝟕. 𝑽𝒅𝟏 + 𝟓. 𝑽𝒅𝟑 = −𝟓𝟎 𝑽𝒅𝟏 − 𝑽𝒅𝟑 − 𝟓. 𝑰𝑬𝟏 = 𝟏𝟎 𝟑. 𝑽𝒅𝟏 − 𝟓. 𝑽𝒅𝟑 = 𝟑𝟔 𝟑. 𝑽𝒅𝟏 − 𝟓. 𝑽𝒅𝟑 = 𝟑𝟔 𝑽𝒅𝟏 = 𝟑, 𝟓𝑽 𝑽𝒅𝟑 = −𝟓, 𝟏𝑽 𝑰𝒚 = 𝑽𝒅𝟑 −𝟓, 𝟏𝑽 = = −𝟎, 𝟖𝟓𝐀 𝑹𝒚 𝟔 𝑽𝒅𝟏 + 𝟏𝟎. 𝑰𝑬𝟐 = 5 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 26 Örnek Düğüm gerilimleri yönteminde denklem sayısının azaltılması E =10V R1=5Ω I Vd1 IE1 +1 1 Vd2 I3 Vd3 I2 R2=10Ω + E2=5V - Iy R3=20Ω Vd4 I=1A I1=2A Ry=6Ω Referans R1=5Ω Vd1 R3=20Ω I2=0,5A R2=10Ω I=1A Vd2 Iy Ry=6Ω Referans Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 27 Çevre Akımları Yöntemi 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. I4 I1 R4 R1 E + R3 R5 R2 Iç1 I2 Iç2 Iç3 I3 2. Adım 1. Adım 1.Çevre için 2.Çevre için 3.Çevre için −𝑰𝟐 . 𝑹𝟐 − 𝑰𝟏 . 𝑹𝟏 + 𝑬 =0 −𝑽𝟐 − 𝑽𝟏 + 𝑬 =0 −𝑽𝟑 + 𝑽𝟐 =0 −𝑽𝟑 + 𝑽𝟒 + 𝑽𝟓 =0 −𝑰𝟑 . 𝑹𝟑 + 𝑰𝟐 . 𝑹𝟐 =0 −𝑰𝟑 . 𝑹𝟑 + 𝑰𝟒 . 𝑹𝟒 + 𝑰𝟒 . 𝑹𝟓 =0 3. Adım 𝑰𝟏 = −𝑰ç𝟏 𝑰𝟐 = 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 𝑰𝟑 = −𝑰ç𝟑 − 𝑰ç𝟐 𝑰𝟒 = 𝑰ç𝟑 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 28 Çevre Akımları Yöntemi 4. Adım − 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 . 𝑹𝟐 − −𝑰ç𝟏 . 𝑹𝟏 + 𝑬 =0 − −𝑰ç𝟑 − 𝑰ç𝟐 . 𝑹𝟑 + 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 . 𝑹𝟐 =0 − −𝑰ç𝟑 − 𝑰ç𝟐 . 𝑹𝟑 + 𝑰ç𝟑 . 𝑹𝟒 + 𝑹𝟓 =0 𝑹𝟐 + 𝑹𝟏 . 𝑰ç𝟏 − 𝑹𝟐 . 𝑰ç𝟐 = −𝑬 −𝑹𝟐 . 𝑰ç𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 . 𝑰ç𝟐 + 𝑹𝟑 . 𝑰ç𝟑 =0 𝑹𝟑 . 𝑰ç𝟐 + 𝑹𝟑 + 𝑹𝟒 + 𝑹𝟓 . 𝑰ç𝟑 =0 5. Adım 𝑰𝟏 = −𝑰ç𝟏 𝑰𝟐 = 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 𝑰𝟑 = −𝑰ç𝟑 − 𝑰ç𝟐 𝑰𝟒 = 𝑰ç𝟑 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 29 Örnek Devrenin her bir kolundan geçen akımı çevre akımları yöntemi ile bulunuz. R1=2Ω I1 R2=3Ω I6 I3 R5=2Ω E2=6V + +- E1=10V Iç1 I2 R3=3Ω R6=1Ω E3=3V+ Iç2 I4 I5 R4=5Ω 2. Adım 1. Adım 1.Çevre için 2.Çevre için 3.Çevre için Iç3 −𝑽𝟑 − 𝑽𝟏 + 𝑬𝟏 − 𝑬𝟐 =0 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 3. Adım 𝑰𝟏 = −𝑰ç𝟏 𝑰𝟑 = −𝑰ç𝟐 𝑰𝟐 = 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 𝑰𝟒 = 𝑰ç𝟐 𝑰𝟓 = −𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟑 𝑰𝟔 = 𝑰ç𝟑 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 30 Çevre Akımları Yöntemi 4. Adım 𝑰ç𝟏 . 𝑹𝟑 + 𝑰ç𝟏 . 𝑹𝟏 + 𝟏𝟎 − 𝟔 =0 𝟔 + 𝑰ç𝟐 . 𝑹𝟒 − 𝟑 + 𝑰ç𝟐 + 𝑰ç𝟑 . 𝑹𝟓 + 𝑰ç𝟐 . 𝑹𝟐 =0 −𝟑 + 𝑰ç𝟐 + 𝑰ç𝟑 . 𝑹𝟓 + 𝑰ç𝟑 . 𝑹𝟔 =0 5. Adım 𝑹𝟏 + 𝑹𝟑 . 𝑰ç𝟏 = −𝟒 𝟓. 𝑰ç𝟏 = −𝟒 𝑹𝟐 + 𝑹𝟒 + 𝑹𝟓 . 𝑰ç𝟐 + 𝑹𝟓 . 𝑰ç𝟑 = −𝟑 𝟏𝟎. 𝑰ç𝟐 + 𝟐. 𝑰ç𝟑 = −𝟑 𝑹𝟓 . 𝑰ç𝟐 + 𝑹𝟓 + 𝑹𝟔 . 𝑰ç𝟑 = 𝟑 𝟐. 𝑰ç𝟐 + 𝟑. 𝑰ç𝟑 = 𝟑 6. Adım 𝑰𝟒 = 𝑰ç𝟐 = −𝟎, 𝟕𝟕𝑨 𝑰ç𝟏 = −𝟎, 𝟖𝑨 𝑰𝟏 = −𝑰ç𝟏 = 𝟎, 𝟖𝑨 𝑰ç𝟐 = −𝟎, 𝟕𝟕𝑨 𝑰𝟐 = 𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟏 = 𝟎, 𝟎𝟑𝑨 𝑰𝟓 = −𝑰ç𝟐 − 𝑰ç𝟑 = −𝟎, 𝟔𝟏𝑨 𝑰ç𝟑 = 𝟏, 𝟑𝟖𝑨 𝑰𝟑 = −𝑰ç𝟐 = 𝟎, 𝟕𝟕𝑨 𝑰𝟔 = 𝑰ç𝟑 = 𝟏, 𝟑𝟖𝑨 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 31 Akım Kaynağı ve Gerilim R2 R1 + E1 - I C A VAB I VCD Akım yönünü akım kaynağı belirler. B D VAB gerilimi, gerilim kaynağı üzerinden bulunur 𝑽𝑨𝑩 = 𝑰. 𝑹𝟏 + 𝑬𝟏 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 + 𝑰𝟐 . 𝑹𝟐 + 𝑰. 𝑬𝟏 Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 32 NOT R1 + E- R2 - I IE + E- VI + R3 R4 R5 1. Düğüm gerilimleri yönteminde; bir düğümde tek gerilim kaynağı ve bir eleman bağlı ise düğüm gerilimi gerilim kaynağı cinsinden yazılabilir. Eğer düğümde gerilim kaynağının yanında birden fazla eleman var ise gerilim kaynağının bulunduğu koldan geçen akım düğüm gerilimleri gibi bilinmeyen olarak denklemlerde gözükecektir ve bilinmeyen sayısı arttığı için yazılması gereken denklem sayısı artacaktır. Bunun için düğüm gerilimleri yönteminde gerilim kaynağı var ise ve mümkünse akım kaynağına dönüştürülmelidir. 2. Çevre akımları yönteminde; akım kaynağı var ise akım kaynağının gerilimi gerilim denklemlerinde bilinmeyen olarak gelecektir ve bilinmeyen sayısı arttığı için yazılması gereken denklem sayısı artacaktır. Bunun için çevre akımları yönteminde akım kaynağı var ise ve mümkünse gerilim kaynağına dönüştürülmelidir. Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 33 Süperpozisyon ve Düğüm Gerilimleri Yöntemi Örnekleri Örnek: a) Yandaki ve aşağıdaki şekilde verilen devrelere süperpozisyon yöntemi uygulayarak io akımını ve Vx gerilimini bulunuz. b) Aşağıdaki şekilde verilen devreye düğüm gerilimleri yöntemi uygulayarak Vx gerilimini bulunuz. Örnek: a) Yandaki şekilde verilen devreye süperpozisyon yöntemi uygulayarak RL (5Ω) direnci üzerinden geçen akımı ve gerilimi bulunuz. a) Yandaki şekilde verilen devreye düğüm gerilimleri yöntemi uygulayarak RL direnci üzerinden geçen akımı ve gerilimi bulunuz. Örnek: Aşağıdaki şekilde verilen devreye süperpozisyonve düğüm gerilimleri yöntemleri uygulayarak io akımını bulunuz. Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM 34
