RR R R R

DİRENÇLİ DEVRELER
Burada, devre analizine temel teşkil eden temel kavram ve
kanunlar tanıtılmaktadır
ÖĞRENME HEDEFLERİ
•
•
•
•
•
OHM KANUNU – EN BASİT PASİF ELEMAN DİRENCİN TANIMI
KIRCHHOFF KANUNLARI - KIRCHHOFF’UN AKIM (KAK) VE
KIRCHHOFF’UN GERİLİM KANUNU (KGK)
BASİT DEVRELERİN ANALİZİNİ ÖĞRENMEK
TEK GÖZLÜ DEVRELER – GERİMİM BÖLÜCÜ
TEK DÜĞÜM ÇİFTLİ DEVRELER – AKIM BÖLÜCÜ
•
SERİ/PARALEL DİRENÇ BİRLEŞİMLERİ – BAZI DEVRELERİN
KARMAŞIKLIĞINI AZALTMA TEKNİĞİ
•
YILDIZ/ÜÇGEN DÖNÜŞÜMÜ – NE PARALEL NE DE SERİ OLAN
DEVRELERİN KARMAŞIKLIĞINI AZALTMA TEKNİĞİ
• BAĞIMLI KAYNAKLI DEVRELER
EE-201, Ö.F.BAY
1
DİRENÇLER
 v(t ) 
i(t )
Direnç, uçları arasındaki gerilim ile içinden geçen akım arasındaki
cebirsel bir ilişki ile tanımlanan pasif bir elemandır
v(t )  F (i (t )) Direncin Genel Modeli
Sembolü
Doğrusal bir direnç,OHM kanununa uymaktadır
v(t )  Ri(t )
R, sabiti elemanın direnci olarak adlandırılır ve
Ohm () birimi cinsinden ölçülür
Boyutsal açıdan bakıldığında,Ohm Volt/Amp biriminden türetilir
Denklem cebirsel olduğu için, zaman bağımlılığı atlanabilir
EE-201, Ö.F.BAY
2
DİRENÇLER
Ohm' un standart katlari
M
Mega Ohm (10 6 )
k
Kilo Ohm (10 3 )
İletkenlik
Gerilimi akımın bir fonksiyonu olarak ifade etmek yerine,
akımı gerilim cinsinden ifade edersek
OHM kanunu şu şekilde yazılabilir;
1
i v
R
Elemanin iletkenlig ini G 
1
olarak tan imlariz
R
ve i  Gv olarak yazariz
İletkenliğin birimi Siemens’tir (S)
EE-201, Ö.F.BAY
3
Bazı direnç örnekleri
EE-201, Ö.F.BAY
4
Pasif işaret yöntemine dikkat edin
İki özel direnç değeri
R0
R
G
G0
EE-201, Ö.F.BAY
5
“gerçeklik ve kabul”
i
Doğrusal aralık
Doğrusal yaklaşım
v
Gerçek v-I ilişkisi
Ohm Kanunu gerilimler ve akımlar doğrusal aralık
içindeyken geçerli bir yaklaşımdır
EE-201, Ö.F.BAY
6
OHM KANUNU PROBLEM ÇÖZME İPUÇLARI
v  Ri
i  Gv
OHM kanunu
Bir denklem ve üç değişken.
Herhangi ikisi verildiğinde, üçüncü bulunabilir.
Akım ve direnç verildiğinde gerilimi bulun

V  10[V ]

Pasif işaret yöntemi
kullanımına dikkat edin
Akım ve gerilim verildiğinde direnci bulun
R  5
V
R
I
EE-201, Ö.F.BAY
7
OHM KANUNU PROBLEM ÇÖZME İPUÇLARI
v  Ri
i  Gv
OHM kanunu
Bir denklem ve üç değişken.
Herhangi ikisi verildiğinde, üçüncü bulunabilir.
Gerilim ve Direnç verildiğinde Akımı bulun
I  4[ A]
I
Pasif işaret yöntemini
kullanarak akım yönünü
belirle
V
R
EE-201, Ö.F.BAY
8
i(t)’yi bulun
i(t)’yi bulun


Gerilim ve iletkenlik verilmiş
OHM KANUNU v (t )  Ri (t )
Birimler?
 4[V ]  (2)i (t )  i (t )  2[ A]
Referans Yön Pasif İşaret
Kuralına Uygundur

i (t )  Gv(t ) OHM KANUNU

Birimler?
4V
İletkenlik (SIEMENS), Gerilim (VOLT)
Bu durumda, Akım (AMPER)
i (t )  8[ A]
EE-201, Ö.F.BAY


v (t )   Ri (t )
OHM KANUNU
Örnek bu şekilde verilebilir
9
DİRENÇLER VE ELEKTRİKSEL GÜÇ
Dirençler, enerji harcayan pasif devre elemanlarıdırlar.
Ohm kanunu ve güç denklemlerini birleştirerek, birkaç kullanışlı
denklem elde edebiliriz
P  vi
(Güc)
v  Ri , or i  Gv (Ohm Kanunu)
Problem çözme ipuçları:
Dört değişken (P, v, i, R) ve iki denklem vardır.
Herhangi iki değişken verildiğinde, diğer ikisi bulunabilir
P, i verilmişse
v
P
v
,R 
i
i
i, R verilmişse
v  Ri , P  vi  Ri 2
v,R verilmişse
v
v2
i  , P  vi 
R
R
P, R verilmişse
i
P
, v  Ri  PR
R
Eğer akım veya gerilimin referans yönleri verilmemişse, birisinin
referans yönü seçilir diğerinin referans yönü pasif işaret yöntemine
göre belirlenir.
EE-201, Ö.F.BAY
10
DİRENÇLER VE ELEKTRİKSEL GÜÇ
BİRİM KONUSU
SI birimleri olan Volt, Amper, Watt, Ohm ile çalışılırken
bir problem yoktur.
Ancak bu birimlerin katları veya alt katları kullanırken dikkatli
olmalısınız.
ÖRNEK : R  40 k, i  2mA
Temel strateji, verilen tüm değişkenleri
SI birimlerinde ifade etmektir.
v  (40 *103 ) * (2 *103 A) 80 [V ]
P  Ri 2  (40 *103 ) * (2 *103 A) 2 160 *10 3 [W ]
EE-201, Ö.F.BAY
11
DİRENÇTEN GEÇEN AKIMI VE DİRENÇ TARAFINDAN HARCANAN GÜCÜ BULUNUZ


 6mA
V2
P  VI  I R 
R
2
P  (12[V ])(6[mA])  72[mW ]
EE-201, Ö.F.BAY
12
KAYNAK GERİLİMİNİ VE AKIMINI BULUNUZ
VS2
P
R
VS2  (10  103 )(3.6  10 3W )
V 6[V ]
I 
R 10 k
EE-201, Ö.F.BAY
VS  6[V ]
I  0.6[mA ]
13
KAYNAK GERİLİMİNİ VE DİRENCİN HARCADIĞI GÜCÜ BULUNUZ
P ?
0.5  10 3[ A]
I
VS 
VS  IR  VS 
 10[V ]
6
G
50  10 [ S ]
I2
2
PI R
G
0.5 10
P
3

2
[ A]
 5[mW ]
50  10 6 [ S ]
EE-201, Ö.F.BAY
14
AKIM KAYNAĞI UÇLARINDAKİ GERİLİMİ VE DİRENCİN DEĞERİNİ BULUNUZ
P  VS I
P  I 2R
R
80  10 3[W ]
4 10 A
3
R  5k
2
80[mW ]
VS 
 20[V ]
4[mA]
EE-201, Ö.F.BAY
15
R = V/I = 2.4 Ohms
I = P/V = 5A
q   current
Q=5*60[C]
ÖRNEK PROBLEM
Muhtemel kullanışlı ilişkiler
Problemin türünü tanıma:
2
V
Bu, Ohm Kanunu’nun bir uygulamasıdır.
P  VI 
 I 2R
R
Bize Güç ve Gerilim verilmiştir.
V  IR
Direnç, Akım ve Elektrik Yükü sorulmaktadır.
EE-201, Ö.F.BAY
16
Verilen: yük , İstenen: akım.
dq
 10 sin(t )[mA]
dt
i (1)  10 sin(1)
i
Verilen: akım, İstenen: gerilim.
V  Ri
 2 *10 sin   0
Verilen: akım, direnç, gerilim. İstenen: güç.
p  Ri 2  2[]*(102 ) 2 *sin 2 (t )[ A]2
p  200 sin 2 (t ) W

a’dan b’ye akan akım negatiftir.
ÖRNEK SORU
-sin(t)’ nin çizimi
Akım b’den a’ya akmaktadır
ve b noktasındaki gerilim daha yüksektir
EE-201, Ö.F.BAY
17
KIRCHHOFF’UN AKIM KANUNU
ELEKTRİK MÜHENDİSLİĞİNİN
TEMEL İLKELERİNDEN BİRİSİ
“CHARGE CANNOT BE CREATED NOR DESTROYED”
YÜK NE YARATILABİLİR NE DE YOK EDİLEBİLİR
EE-201, Ö.F.BAY
18
DÜĞÜM, KOL, ÇEVRE
DÜĞÜM: İki veya daha fazla elemanın birleştirildiği noktadır
(ör., düğüm 1)
ÇEVRE: Bir düğüm üzerinden birden fazla geçmeyen kapalı bir
yoldur (ör., mavi hat)
Kırmızı yol çevre değildir
KOL: İki düğüm arasına bağlanmış eleman (ör., eleman R4)
EE-201, Ö.F.BAY
19
DÜĞÜM, KOL, ÇEVRE
Bir düğüm birkaç elemanı birbirine bağlar,
ancak herhangi bir yük barındırmaz
Düğüme giren toplam akım,
düğümden çıkan toplam akıma eşit olmalıdır
(YÜK’ÜN KORUNUMU İLKESİ)
DÜĞÜM
EE-201, Ö.F.BAY
20
KIRCHHOFF’UN AKIM KANUNU (KAK)
Bir düğüme giren akımların toplamı, düğümden çıkan akımların toplamına eşittir
Bir düğüme giren akımlarla düğümden çıkan akımların
cebirsel toplamı sıfırdır
BU DERSTE DÜĞÜME GİREN AKIMLAR NEGATİF, DÜĞÜMDEN ÇIKAN AKIMLAR POZİTİF
OLARAK ALINACAKTIR...
Aşağıdaki düğüm için KAK denklemlerini yazın
EE-201, Ö.F.BAY
21
Bir düğüm iki veya daha fazla devre elemanının bağlantı noktasıdır.
Görselliği arttırma amacıyla gerilebilir veya sıkıştırılabilir…
Ama yine de bir düğmdür.
EE-201, Ö.F.BAY
22
BİR DÜĞÜM, BİR DEVRENİN HERHANGİ BİR KISMI OLUP,
BURADA BİR YÜK BİRİKİMİ YOKTUR
Dügüm 2 : i1  i6  i4  0
Dügüm 3 :  i2  i4  i5  i7  0
2 ve 3 numarali dügümleri topladigi mizda :
i1  i2  i5  i6  i7  0
EE-201, Ö.F.BAY
23
PROBLEM ÇÖZME İPUCU:
BİLİNMEYEN AKIMI BULMAK İÇİN KAK KULLANILABİLİR
DÜĞÜME GİREN VE ÇIKAN AKIMLARIN
CEBİRSEL TOPLAMI SIFIRDIR
b
I X  ?  5 A  I X  3A  0
5A
c
I X  2 A
a
a-b‘kolunda yükler hangi yönde akıyor?
3A
d
ÖRNEK...
d
c
a
-3A
2A
I cb  3 A
4A
b
I ab  2 A,
Ibe = ?
e
I bd  4 A
I be  ?
I be  4 A  (3 A)  2 A  0
DÜĞÜMLER: a,b,c,d,e
KOLLAR: a-b,c-b,b-d,b-e
EE-201, Ö.F.BAY
24
BÜTÜN KAK DENKLEMLERİİNİ YAZIN
i1 (t )  i2 (t )  i3 (t )  0
i1 (t )  i4 (t )  i6 (t )  0
i3 (t )  i5 (t )  i8 (t )  0
Beşinci denklem ilk dört denklemin toplamıdır ...
Dolayısıyla Gereksizdir!
EE-201, Ö.F.BAY
25
BİLİNMEYEN AKIMLARI BULUN
KAK yalnızca bağlantılara bağlıdır.
Elemanların türü önemsizdir.
KAK SADECE DEVRENİN TOPOLOJİSİNE BAĞLIDIR.
EE-201, Ö.F.BAY
26
DEVRE İÇİN KAK DENKLEMLERİNİ YAZIN
•Son denklem yine önceki üç denkleme
doğrusal olarak bağımlıdır.
•Bağımlı bir kaynağın varlığı, KAK'nun
uygulanmasını etkilemez.
•KAK yalnızca topolojiye bağlıdır.
EE-201, Ö.F.BAY
27
Burada daha genel bir düğüm
fikrinin kullanımı
gösterilmektedir.
Gölgeli yüzey devrenin bir
bölümünü kapsar ve BÜYÜK
düğüm olarak kabul edilebilir.
BÜYÜK düğümdeki akımların cebirsel toplamı=0
I 4  40 mA  30 mA  20 mA  60 mA  0
I 4  70 mA
I5 akımı BÜYÜK düğüm için dahili akımdır ve dikkate alınmaz
EE-201, Ö.F.BAY
28
I1 ' i bulun
I1  50 mA
I1 ' i bulun
10 mA  4mA  I1  0
IT ' yi bulun
IT  10 mA  40 mA  20 mA
I1 ve I2 ' yi bulun
I 2  3mA  I1  0 I1  4mA  12 mA  0
EE-201, Ö.F.BAY
29
i x ' i bulun
i x  10 i x  120 mA  12 mA  0
10 i x  i x  44 mA  0
i x  4mA
I1
I 3  I 2  I1  0
I3
I5  I 4  I3  0
I5
14mA
I1 = _______
+
-
I2
I2 = 6mA, I3 = 8mA,
4mA
I5 = _______
I4
I4 = 4mA
EE-201, Ö.F.BAY
30
I3
I1
+
-
5mA
2I 2
I 4  2mA
+
-
I4
BELİRTİLEN AKIMLARI BULUN
I5
I 5  5mA
I6
I 2 8mA
I1  2mA, I 2  3mA, I 3  5mA
I 6  I1  2 I 2  0  I 6  8mA
İŞLEM ADIMLARI:
BİLİNEN AKIMLARI İŞARETLEYİN
TEK BİLİNMEYEN AKIMLI DÜĞÜMLERİ
BELİRLEYİN
I5  I 2  I 6  0
I 4  I3  I5  0
EE-201, Ö.F.BAY
31
I x ' i bulun
 3mA
I X  I1  2 I X  0
 I1  4mA  1mA  0
DOGRULAMA
I b  1mA  I X  2mA
I1  3mA
2 I X  4mA  I b
Ib
EE-201, Ö.F.BAY
32
Bu soru, KAK‘nu ve akım gösterim kurallarını test etmektedir
Düğüme gelen ve terkeden akımların cebirsel toplamı = 0
I X  (5 A)  (3 A)  10 A  0
I EF  4 A  10 A  0
-8A
B
D
E
F
6A
EE-201, Ö.F.BAY
33
KIRCHHOFF’UN GERİLİM KANUNU
ELEKTRİK MÜHENDİSLİĞİNİN
TEMEL İLKELERİNDEN BİRİSİ
ENERJİNİN KORUNUMU İLKESİ
“ENERGY CANNOT BE CREATED NOR DESTROYED”
“ENERJİ NE YARATILABİLİR NE DE YOK EDİLEBİLİR”
EE-201, Ö.F.BAY
34
KIRCHHOFF’UN GERİLİM KANUNU (KGK)
KGK ENERJİNİN KORUNUMU İLKESİDİR
Bir pozitif yük, daha yüksek gerilimli bir noktaya hareket ederken
enerji kazanır ve daha düşük gerilimli bir noktaya hareket ederse
enerjiyi bırakır
W  q(VB  VA )
q
B
VB

VA
EE-201, Ö.F.BAY
35
KIRCHHOFF’UN GERİLİM KANUNU (KGK)
“HAYALİ BİR DENEY”
VA  VCA 


C
q
V B
W  qV AB 
AB
V

B VB
W  qVBC
VC
W  qVCA
Eğer yük aynı başlangıç noktasına gelirse,
net enerji kazancı sıfır olmalıdır (Conservative network)
Aksi halde yük sonsuz enerji kaybedebilir veya
sonsuz miktarda enerji tedarik edebilir
q(V AB  VBC  VCD )  0
KGK: Herhangi bir çevre etrafındaki gerilim düşümleri ile
gerilim yükselmelerinin cebirsel toplamı sıfır olmalıdır
KGK: Herhangi bir çevre etrafındaki
gerilim düşümlerinin cebirsel toplamı
sıfır olmalıdır
EE-201, Ö.F.BAY
36
Aşağıdaki çevre için KGK denklemini yazın
(saat ibresi yönünde harekete göre)
 VS  VR  VR  VR  0
1
VR  18V
1
2
3
VR  12V
2
ÇEVRE abcdefa
EE-201, Ö.F.BAY
37
PROBLEM ÇÖZME İPUCU: KGK BİLİNMEYEN GERİLİMİ BULMAK İÇİN KULLANIŞLIDIR
– ÖNCE BİLİNMEYEN GERİLİMİ İÇEREN ÇEVREYİ BELİRLEYİN BELİRLEYECEGİNİZ ÇEVRE FİZİKSEL OLARAK OLMAK ZORUNDA DEĞİLDİR
ÖRNEK : VR1 , VR3 Bilinmekte dir,
Vbe Gerilimini bulunuz

Vbe

VR  Vbe  VR  30[V ]  0
1
3
EE-201, Ö.F.BAY
38
BİLGİ: KAK‘nu tartışırken olası tüm
KAK denklemlerinin bağımsız olmadığını
gördük. KGK kullanırken de aynı durumun
ortaya çıktığını göreceğiz..
Doğrusal bağımsız denklemlerin
sayısıyla ilgili ipucu
Bir Devrede;
N
Dügümlerin sayisi
B
Kollarin sayisi
N 1
DOGRUSAL BAGIMSIZ
KAK DENKLEMLER I
B  ( N  1) DOGRUSAL BAGIMSIZ
KGK DENKLEMLER I
ÖRNEK: Verilen devrede N = 6, B = 7.
Dolayısıyla, sadece iki tane bağımsız
KGK denklemi vardır.
ÜÇÜNCÜ DENKLEM DİĞER İKİSİNİN TOPLAMIDIR!!
EE-201, Ö.F.BAY
39
Vae ,Vec Gerilimler ini Bulunuz
En basit çevreyi kullanın
EE-201, Ö.F.BAY
40
BAĞIMLI KAYNAKLAR DA AYNI ŞEKİLDE ELE ALINIR
EE-201, Ö.F.BAY
41
Örnekler
Vad  ______
Vac  4  6  0
10V
Vac  ______
6V
Vbd  ______
Vbd  2  4  0
Vad  12  8  6  0
Veb  4  6  12  0
Vad  _______, Veb  ________
EE-201, Ö.F.BAY
42
Örnekler
11V
Vbd  _______
ILK ÖNCE VR1 BULUNMALIDIR
 12  VR  1  10VR  0  VR  1V
1
1
1
Bağımlı kaynaklar analiz etmek
için zor değildir
HATIRLATMA: Bir dirençte gerilim ve
akım yönleri Pasif İşaret Yöntemine
uygun olmalıdır

V

EE-201, Ö.F.BAY
 V 
43
ÖRNEK PROBLEM
4V
-8V
Geçmiş konuları
hatırlayın
Sadece tek bilinmeyen gerilimin olduğu çevreyi bulmalıyız
VX icin
VX  V2  V1  4  0
VX  4  12  4  0
VX  V2  Vab  0
Vab  VX  V2
EE-201, Ö.F.BAY
44
ÖRNEK PROBLEM
5k
10k

 Vx 
25V

+
-
-
Tek bilinmeyenli hiç çevre yok!!!
Vx/2 +
+
-
V1

Vx
4
5k ve 10k dirençlerden geçen akım aynıdır.
Dolayısıyla 5k uçlarındaki gerilim düşümü
10k uçlarındaki gerilim düşümünün yarısıdır!!!
VX VX
 25[V ]  V X 

0
2
4
V X  20[V ]
EE-201, Ö.F.BAY
VX VX
V1 

0
4
2
VX
V1  
 5[V 45]
4
TEK GÖZLÜ DEVRELER
•
KGK ve KAK‘nu kullanarak herhangi bir doğrusal devrenin
analizinde yeterli denklemleri yazabiliriz.
•
Şimdi temel devre kanunlarını kullanarak sistematik ve etkili
yolları inceleyelim
5 KAK DENKLEMİ YAZ
VEYA SADECE AKIM AKIŞ
YÖNÜNÜ BELİRLE
EE-201, Ö.F.BAY
46
TEK GÖZLÜ DEVRELER
GERİLİM BÖLÜŞÜMÜ: EN BASİT ÖRNEK
BU ÇEVREYE
KGK
UYGULAYALIM
ÖNEMLİ GERİLİM
BÖLÜŞÜM DENKLEMLERİ
EE-201, Ö.F.BAY
47
TEMEL GERİLİM BÖLÜCÜ ÖZETİ
v R1 
R1
v (t )
R1  R2
ORNEK :VS  9V , R1  90 k, R2  30 k
SES KONTROL?
R1  15k 
EE-201, Ö.F.BAY
48
EŞDEĞER DEVRE KAVRAMI
Bu kavram devrelerin analizini
basitleştirmek için sıklıkla
kullanılacaktır. Burada çok basit bir
gerilim bölücü tanıtılmaktadır
i
vS
R1
i
vS
+
-
R2
i
+
-
R1  R2
vS
R1  R2
Akım açısından, her iki devre de eşdeğerdir.
Sağdaki devre sadece bir dirençlidir
EE-201, Ö.F.BAY
49
EŞDEĞER DEVRE KAVRAMI
ELEKTRİK BAĞLANTISI VE FİZİKSEL
DÜZENLEME ARASINDAKİ FARK
Bazen, pratik yapım nedenleriyle,
elektriksel olarak bağlı elemanlar
fiziksel olarak tamamen birbirinden
ayrı olabilir.
BÜTÜN DURUMLARDA DİRENÇLER SERİ BAĞLIDIRLAR
EE-201, Ö.F.BAY
50
KONNEKTÖR TARAFI
FİZİKSEL DÜZENLEME İLE ELEKTRİKSEL
BAĞLANTILAR ARASINDAKİ FARKIN
AÇIKLANMASI
FİZİKSEL DÜĞÜM
FİZİKSEL DÜĞÜM
14.4 KB SES / VERİ MODEMİ
KARŞILIK GELEN NOKTALAR
ELEMAN TARAFI
EE-201, Ö.F.BAY
51
ÇOKLU KAYNAKLAR
 v2 
 v R1 
+ -


v5
R1
v3

i(t)

R2
+
-
v1
+
-

+
-


vR2

Eşdeğer bir kaynak oluşturmak için
seri bağlı gerilim kaynakları cebirsel
olarak eklenebilir.
Yol boyunca ilerlemek için referans
yön seçilir.
Gerilim düşümleri gerilim
yükselmelerinden çıkarılır.
+ -
KGK
 v4 
R1
vR1  v2  v3  vR 2  v4  v5  v1  0
Tüm kaynakları tek tarafta toplayın
v1  v2  v3  v4  v5   vR1  vR 2
v   v
eq
R1
veq
+
-
R2
 vR 2
EE-201, Ö.F.BAY
52
ÇOKLU DİRENÇLER
BU ÇEVREYE KGK
UYGULAYIN
v R  Ri i 
i
ÇOKLU DİRENÇLER İÇİN GERİLİM BÖLÜŞÜMÜ
EE-201, Ö.F.BAY
53
ÇOKLU DİRENÇLER
I ,Vbd , P(30 k )' yi Bulun
Bu çevreye
KGK
Uygulayın
Vbd icin Cevre
Vbd  12  20 [k ] I  0 (KGK)  Vbd  10V
30k  Direnc Icin Güc
P  I 2 R  (10 4 A) 2 (30 *10 3 )  30 mW
EE-201, Ö.F.BAY
54
“TERS” GERİLİM BÖLÜCÜ
VS ' yi Hesaplayin
EE-201, Ö.F.BAY
" TERS" BÖLÜCÜ
220  20
VS 
458 .3  500 kV 55
220
I ve Vbd’yi Bulun
BU ÇEVREYE KGK
UYGULAYIN
 6  80kI  12  40kI  0  I  0.05mA
Vbd  40kI  12V  0  Vbd  10V
EE-201, Ö.F.BAY
56
Eğer Vad = 3V ise, VS‘yi bulun

3V

TERS BÖLÜCÜ PROBLEMİ
25  15  20
VS 
3  9V
20
EE-201, Ö.F.BAY
57
Pasif işaret kuralının
kullanımına dikkat edin
 80k  * i ( t ) 

i(t )
i(t )  
6V
 0.05mA
120k 
40k  * i ( t )

Akımı bilmekle, kalan gerilim ve
güçlerin TÜMÜ hesaplanabilir
EE-201, Ö.F.BAY
58
ÖRNEK
A
9V
20k
B
+ -
C
I
KGK KULLANARAK
I’Yİ BULUN
+
-
30k
VDAicin KGK
E
D
10k
V DA 
VCD 
30k * I  1.5V
I DE 
0.05mA
KGK : -12  20k * I  9  30k * I  10k * I  0
I
3V
 0.05mA
60k
KGK : VDA  12 10k * I  0
VDA  11.5V
EE-201, Ö.F.BAY
59
ÖRNEK


Vab
BURAYA KGK UYGULA
I
BU ÇEVREYE
KGK UYGULA
Bazen biraz
değişiklik
isteyebilirsiniz
VEYA BURAYA KGK
UYGULA
VX  2V
KGK : 12  4  3VX  VX  0 
KGK : Vab  4  3VX  0 
Vab  10V
KGK : Vab  VS  VX  0
P(3VX )  3VX I (PASIF İSARETKURALI)
OHM KANUNU : I 
4V
 1mA
4k
EE-201, Ö.F.BAY
P( 3V X )  3[Vx ] * 1[mA]  6mW
60
TEK DÜĞÜM ÇİFTLİ DEVRELER
Bu devrelerin özellikleri, üzerlerinde
aynı gerilime sahip olan elemanlardan
Oluşmasıdır.

V

EXAMPLE OF SINGLE NODE-PAIR

Düşük distorsiyonlu güç yükseltesi
V

BU ELEMAN ETKİN DEĞİLDİR (KISA DEVRE
EE-201, Ö.F.BAY
61
CRT İÇİN ALÇAK GERİLİMLİ GÜÇ KAYNAĞI – KISMİ GÖRÜNTÜ
ÖRNEK FİZİKSEL DÜĞÜMLER
EE-201, Ö.F.BAY
ELEMAN TARAFI
62
BAĞLANTI TARAFI
Rp
TEMEL AKIM BÖLÜCÜ
AKIM BÖLÜŞÜMÜ
KAK UYGULA
i(t) AKIMI DÜĞÜME GİRMEKTE VE BÖLÜNMEKTEDİR
AKIM i1(t) VE i2(t) ARASINDA BÖLÜNMEKTEDİR
AKIMLARI YER DEĞİŞTİRMEK
İÇİN OHM KANUNUNU KULLANIN
CURRENTS
“PARALEL DİRENÇ KOMBİNASYONUNU” KULLANIN
i (t ) 
1
v (t )
Rp
v (t ) 
R1 R2
i (t )
R1  R2
EE-201, Ö.F.BAY
63
TEMEL AKIM BÖLÜCÜ
I1 ve I2 AKIMLARINI BULUN
I1 
1
(5)  1mA
1 4
I 2  I  I1 
EE-201, Ö.F.BAY
4
( 5)
1 4
64
I1 , I 2 , VO BULUN
Şüpheniz olduğunda ...
elektrik bağlantılarını vurgulamak
için devreyi yeniden çizin!
BÖLÜCÜYÜ
GÖRMEK
ŞİMDİ
DAHA KOLAY
 80 k * I 2
24V
65
EE-201, Ö.F.BAY
ARABA STEREO VE DEVRE MODELİ
215mA
215mA
HERBİR HOPARLÖRÜN
GÜCÜ
I2 HESAPLAMAK İÇİN
BİRDEN FAZLA YOL VARDIR
ÖRNEK – AKIM BÖLÜCÜ
I1 ve I2 akımlarını ve 40 kohm direnç tarafından tüketilen gücü bulun
AKIM BOLUCU KULLANARAK
KAK : I 2  16  I1  0 I  
2
Güc : I 2 R
Direnc (k ),
I1 
120
(16) I1  12mA
120  40
EE-201, Ö.F.BAY
40
(16)  4mA
120  40
P  (12 *10 3 ) 2 * 40 *103  5.76W
Akim (mA) , Uretilen Güc (mW)
66
ÇOKLU KAYNAKLAR
BU DÜĞÜME KAK UYGULAYIN
ESDEGER KAYNAK
“PARALEL DİRENÇ KOMBİNASYONUNU” TANIMLAYIN
EE-201, Ö.F.BAY
iO ( t ) 
1
v (t )
Rp
v (t ) 
R1 R2
iO ( t )
R1  R2
67
Vo VE KAYNAKLAR TARAFINDAN SAĞLANAN GÜCÜ BULUN
Rp
5mA

VO  10V
VO
P15 mA  VO (15mA)

6k * 3k
Rp 
 2 k
6k  3k
EE-201, Ö.F.BAY
 150 mW
P6 mA  VO (10mA)
 100 mW
68
ÇOKLU DİRENÇLER
BU DÜĞÜME KAK UYGULAYIN
Her direnç için Ohm Kanunu
v (t )  RP iO (t )
Rp
v (t ) 
iO ( t )
  i K (t ) 
ik (t ) 
Rk
Rk 

Genel akım bölücü
EE-201, Ö.F.BAY
69
Pasif işaret kuralına
dikkat edin

v(t )
v
4k

KCL :6mA 
v
6k
v
v
v

 4mA 
0
4k  6k 
12k 
v
12k
12k 
72V  3v  2v  48V  v  0
24V  6v  0
v  4V
v(t) bilinirse diğer
bütün değişkenler
belirlenebilir; e.g.,
P6 k
EE-201, Ö.F.BAY
v2
16V


 2.667mW
6k  6k 
70
i1 VE KAYNAK TARAFINDAN SAĞLANAN GÜCÜ BULUN
20k||5k
1
1
1
1 5 1 4 1
 
 
  R p  2k
R p 4k 20k 5k
20k
2k
2k
(8)  4mA
4k
v  4k * i1  16V
i1 
P  v (8mA)  128mW
v (t )  RP iO (t )
Rp
v (t ) 
iO ( t )
  i K (t ) 
ik (t ) 
R
k
Rk 

Genel akım bölücü
EE-201, Ö.F.BAY
71
IL
AKIMINI BULUN
DİRENÇLERİ BİRLEŞTİRİN
KAYNAKLARI BİRLEŞTİRİN
1mA
STRATEJİ: KAYNAKLARI VE DİRENÇLERİ
BİRLEŞTİREREK PROBLEMİ TEMEL AKIM BÖLÜCÜ
DURUMUNA GETİRİN.
SONRAKİ BÖLÜMDE DAHA DETAYLI DİRENÇ
BİRLEŞTİRME İŞLEMLERİ YAPILACAK.
EKSİ İŞARETİNE DİKKAT EDİN
EE-201, Ö.F.BAY
72
I1
6k
6k I2
3
I1  9[mA]  3mA
9
I 2   I1
C
B
9mA
3k
3k
A
I1
6k
C
6k
B
3k
I2
6k
B
C
9mA
A
I1
9mA
3k
3k
3k
6k
A I2
AYNI ELEKTRİK DEVRESİNE FARKLI BAKIŞ
EE-201, Ö.F.BAY
73
I1
6k
I2
6k
C
B
3k
3k
9mA
A
B
Bir devrenin yeniden
çizilmesi bazen elektrik
bağlantılarını daha iyi
görselleştirmeye yardımcı
olabilir
I1
9mA
A
6k
I2
6k
3k
3k
C
EE-201, Ö.F.BAY
74
Kaynak tarafından
sağlanan gücü
3k belirleyin
+
2k
4k
V
_
20mA
P  Rp * (20 mA)
1
1
1
1 63 4




Rp 2k 4k 3k
12 k
12
Rp  k
13
12
P  *103  * (20 *10 3 ) 2 [ A]
13
4.800
P
W
13
EE-201, Ö.F.BAY
75
2
SERİ PARALEL DİRENÇ BİRLEŞTİRMELERİ
Şimdiye kadar KGK (tek gözlü) veya
KAK (tek düğüm çiftli) uygulaması ile
analiz edilebilen devreleri inceledik,
Bazı durumlarda, bir devrenin analizini
basitleştirmek için dirençleri birleştirmenin
avantajlı olduğunu gördük
Şimdi dirençleri birleştirme tekniğini
kullanarak analizi basitleştirebileceğimiz
bazı daha karmaşık devreleri inceleyeceğiz ...
SERİ BİRLEŞTİRMELER
PARALEL BİRLEŞTİRMELER
G p  G1  G2  ...  G N
EE-201, Ö.F.BAY
76
İLK ÖNCE DİRENÇLERİN BİRLEŞTİRİLMESİ İŞLEMİNİ YAPIYORUZ
3k
SERİ
6k||3k
(10K,2K)SERİ
6k || 12 k  4k
5k
3k
EE-201, Ö.F.BAY
12k
77
3k || 6k  2k
12k
İşler kafa karıştırıcı
gelirse…
6k || ( 4k  2k )
12k || 12k  6k
EE-201, Ö.F.BAY
78
ÖRNEKLER: SERİ-PARALEL BİRLEŞTİRMELER
9k
Çizim kafa karıştırıcı olursa ...
Sadeleştirilmiş devreyi yeniden
çizip tekrar başlayın
18k || 9k  6k
Dirençler tam olarak aynı akımı
taşıyorsa seri haldedirler
6k  6k  10k
Dirençler aynı iki düğüm arasına
bağlandıklarında paraleldirler
EE-201, Ö.F.BAY
79
“TERS SERİ PARALEL BİRLEŞTİRMELER”
Son değeri göz önüne alarak
Doğru kombinasyonu bulun
BASİT ÖRNEK
VR 600mV olmali, I  3 A iken
ELIMIZDE SADECE 0.1 DIRENC BULUNMAKTA
GEREKLI R 
0.6V
 0 .2  
3A
R  0.1  0.1
BASİT OLMAYAN ÖRNEK
VR 600mV olmali, I  9 A iken
SADECE 0.1 DIRENC MEVCUTTUR
GEREKLI R 
0.6V
 0.0667  
9A
R
EE-201, Ö.F.BAY
80
DİRENÇ TOLERANSININ ETKİSİ
NORMAL DIRENC DEGERI : 2.7k 
DIRENCTOLERANSI : 10%
AKIM VE GÜÇ ARALIKLARI?

NORMAL AKIM : I 
10
 3.704 mA
2. 7
10
 3.367 mA
1.1 2.7
10
MAKSIMUM AKIM : I max 
 4.115 mA
0.9  2.7
MINIMUM AKIM : I min 
10 
_
2
NORMAL GUC : P 
2.7
 37 .04 mW
MINIMUM GUC(VI min ) : 33 .67 mW
MAKSIMUM GUC : 41 .15 mW
AKIM VE GÜÇ ARALIKLARI TOLERANSLA BELİRLENİR,
ANCAK DEĞİŞİM YÜZDESİ TOLERANS YÜZDESİNDEN FARKLI OLABİLİR.
ARALIKLAR SİMETRIK OLMAYABİLİR
EE-201, Ö.F.BAY
81
SERİ-PARALEL DİRENÇ KOMBİNASYONLU DEVRELER
ELEMANLARIN BİRLEŞTİRİLMESİ, BİR DEVRENİN KARMAŞIKLIĞINI
AZALTABİLİR VE ŞİMDİYE KADAR GELİŞTİRİLEN TEMEL ARAÇLARI
KULLANARAK ANALİZ İÇİN UYGUN HALE GETİRİLEBİLİR.
SERİ OLARAK BİRLEŞTİRİLEN DİRENÇLER
DEVREDEN BİR DÜĞÜMÜ ORTADAN KALDIRIR.
PARALEL OLARAK BİRLEŞTİRİLEN DİRENÇLER
DEVREDEN BİR ÇEVREYİ ORTADAN KALDIRIR.
GENEL STRATEJİ:
•DEVRENİN ANALİZ EDİLEBİLMESİ İÇİN YETERİNCE BASİT
HALE GELİNCEYE KADAR KARMAŞIKLIĞINI AZALTIN.
•ORİJİNAL DEVREDEKİ İSTENEN DEĞİŞKENLERİ HESAPLAMAK
İÇİN BASİTLEŞTİRİLMİŞ DEVREDEKİ VERİLERİ KULLANIN
-BU NEDENLE DEĞİŞKENLER ARASINDAKİ HERHANGİ BİR İLİŞKİYİ
TAKİP ETMENİZ GEREKİR.
EE-201, Ö.F.BAY
82
AŞAĞIDAKİ DEVREDE ETİKETLENMİŞ BÜTÜN AKIM VE GERİLİMLERİ BULMAK İSTİRORUZ
4k || 12 k 12k
Önce onu tek gözlü bir devreye indirgeyin
6k
6k || 6k
I1 
EE-201, Ö.F.BAY
12V
12k
Va 
3
(12)
39
83
AŞAĞIDAKİ DEVREDE ETİKETLENMİŞ BÜTÜN AKIM VE GERİLİMLERİ BULMAK İSTİRORUZ
Sonra: OHM KANUNU, KGK VE KAK KULLANIN
OHM KANUNU : I 2 
Va
6k
OHM KANUNU : Vb  3k * I 3
KAK : I 5  I 4  I 3  0
OHM KANUNU : VC  3k * I 5
KAK : I1  I 2  I 3  0
…DİĞER OPSİYONLAR...
12
I3
4  12
Vb  4k * I 4
I4 
EE-201, Ö.F.BAY
84
Vo değerini bulun
2k || 2k  1k
GERILIM BOLUCU : VO 
YAPARAK ÖĞRENİN
1k
(3V )  1V
1k  2k
Io değerini bulun
1k  1k  2k
AKIM BOLUCU : I O 
EE-201, Ö.F.BAY
1k
(3 A)  1A
1k  2k
85
ÖRNEK “SONDAN BAŞA DOĞRU”
I4=0.5mA ise kaynak gerilimi Vo’ı bulun
 1.5mA
I1  3mA
Vxz  6V
3V
 1.5mA
1mA
VO  36V
 0.5mA
3V
STRATEJİ. HER ZAMAN SORUN: “BAŞKA NEYİ HESAPLAYABİLİRİM?”
Vxz  Va  Vb
Vb  6k * I 4
I3 
Vb
3k
I5 
V xz
4k
I 2  I3  I 4
I1  I 2  I 5
Va  2k * I 2
VO  6k * I1  Vxz  4k * I1
EE-201, Ö.F.BAY
86
VO 'i bulun
60 k
V1 6V
2V
STRATEJI : V1 ' i bul
30k || 60k  20k
Gerilim Bolucu kullan
20 k

+
-
V1
20 k

12V

20 k
(12)  6V
20 k  20 k
GERILIM BOLUCU
VO 
20 k
V1
20 k  40 k
EE-201, Ö.F.BAY
87
VS ' yi bulun
V1  60 k * 0.1mA
9V
0.15mA 
6V

0.05mA
I1 
6V
120 k
Bu tersden bir sorudur, ne
hesaplanabilir?
VS  20 k * 0.15mA  6V
EE-201, Ö.F.BAY
88
http://www.wiley.com/college/irwin/0470128690/animations/swf/D2Y.swf
YILDIZ ÜÇGEN DÖNÜŞÜMLERİ
BU DEVRE SERİ YA DA PARALEL
DİRENÇ İÇERMEMEMEKTEDİR
BU DEVRENİN
YERİNE
BU DEVREYİ
ELDE EDEBİLİRİZ
Y   DÖNÜSÜMLERI
SONRA DEVRE BU HALE GELİR
VE SERİ PARALEL DÖNÜŞÜMLER
YAPILABİLİR
89
ÜÇGEN YILDIZ DÖNÜŞÜMÜ
Rab  R2 || ( R1  R3 )
 Y
Rab  Ra  Rb
R2 ( R1  R3 )
R1  R2  R3
Ra 
R1 R2
R1  R2  R3
R (R  R2 )
Rbc  Rb  Rc  3 1
R1  R2  R3
Rb 
R2 R3
R1  R2  R3
Rc 
R3 R1
R1  R2  R3
Rab  Ra  Rb 
Rca  Rc  Ra 
R1 ( R2  R3 )
R1  R2  R3
EE-201, Ö.F.BAY
 Y
SUBTRACT THE FIRST TWO THEN ADD
TO THE THIRD TO GET Ra 90
YILDIZ ÜÇGEN DÖNÜŞÜMÜ
Rab  R2 || ( R1  R3 )
Rab  Ra  Rb
Y 
Ra 
R1 R2
R1  R2  R3
Rb 
R2 R3
R1  R2  R3
Rc 
R3 R1
R1  R2  R3
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra 
R2 R3
R1 R2
*

R1  R2  R3 R1  R2  R3
R2 R3
R3 R1
*

R1  R2  R3 R1  R2  R3
R3 R1
R1 R2
*
R1  R2  R3 R1  R2  R3
 Y
EE-201, Ö.F.BAY
91
Rab  R2 || ( R1  R3 )
Rab  Ra  Rb
Y 
R R R  R1 R2 R3  R1 R2 R3 R1 R2 R3 ( R2  R3  R1 )
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra  1 2 3

2
( R1  R2  R3 )
( R1  R2  R3 ) 2
2
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra 
2
2
R1 R2 R3
( R1  R2  R3 )
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra
R1 R2 R3
R2 R3

/
Rb
( R1  R2  R3 ) R1  R2  R3
EE-201, Ö.F.BAY
R1 
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra
Rb
R2 
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra
Rc
R3 
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra
Ra
92
ÖRNEK: YILDIZ-ÜÇGEN DÖNÜŞÜMÜ UYGULAMASI
c
R1
R3
R2

12k  6k
12 k  6k  18k
a
R1 R2
Ra 
R1  R2  R3
Rb 
R2 R3
R1  R2  R3
Rc 
R3 R1
R1  R2  R3
b
a
c
ÜÇGEN BAĞLANTI
b
IS ' yi Hesaplayin
REQ  6k  3k  9k  || (2k  6k )  10k
 Y
IS 
12V
 1.2mA
12k
Yıldız-Üçgen dönüşümü de
kullanılabilirdi ...
EE-201, Ö.F.BAY
93
ÖRNEK
YILDIZ BAĞLANTIYI ÜÇGEN BAĞLANTIYA DÖNÜŞTÜRÜN?
BU DÜĞÜMLER KAYBEDİLMEMELİ!
EĞER YILDIZ BAĞLANTIYI ÜÇGEN BAĞLANTIYA DÖNÜŞTÜRÜRSEK,
SERİ PARALEL SADELEŞTİRMELER OLUR!
R1 
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra 3*12k  *12k 

 36k 
12k 
Rb
R2 
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra
Rc
R3 
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra
Ra
36k
4mA
36k
36k
Sonuçtaki devre
bir akım bölücüdür
12k

12k V
Y 

EE-201, Ö.F.BAY
O
94
PARALEL SADELEŞTİRME SONRASI DEVRE
36k ||12k  9k
4mA
36k
IO

9k
VO
IO 

36k
8
 4mA  mA
36k  18k
3
8
VO  9k   I O  9k   mA  24V
3
EE-201, Ö.F.BAY
95
BAĞIMLI KAYNAKLI DEVRELER
BAĞIMLI KAYNAKLARLA İLGİLİ KURAL
Aksi belirtilmediği sürece, akım ve
gerilim değişkenleri SI birim sisteminde
amper ve volt cinsinden kabul edilir
DIGER BAGIMLI KAYNAKLAR
BU ÖRNEK İÇİN ÇARPAN (bağlılık katsayısı)
BİRİMİ OHM OLMALIDIR
VD  V X (  skaler)
I D  V X ( Siemens)
I D  I X (  skaler)
ALTERNATIF TANIMLAMA
 V  Birimler açık olmalı
V D  I X ,   2 

 mA 
Akim mA olarak kabul edilmistir
EE-201, Ö.F.BAY
96
GENEL STRATEJİ
Bağımlı kaynakları normal kaynaklar
olarak ele alıp kontrol değişkeni için
bir denklem daha ekleyin
BAĞIMLI KAYNAKLI DEVRELER
VO ' i BULUN
KGK
PLAN:
TEK GÖZLÜ DEVRE.
AKIMI BULMAK İÇİN KGK KULLANIN.
KGK : 12  3k * I1 VA  5k * I1  0
TEK DENKLEM, İKİ BİLİNMEYEN.
KONTROL DEĞİŞKENİ İLAVE DENKLEMİ
SAĞLAYACAKTIR
V A  2 k * I1
YERİNE YAZIN AKIM İÇİN ÇÖZÜN
I1  2mA
OHM KANUNUNU KULLANIN
VO  5k * I1
EE-201, Ö.F.BAY
 10V
97
VO ' i BULUN
BU DÜĞÜME KAK UYGULAYIN
ÇÖZÜM PLANI:
Eger Vs biliniyorsa, V0 gerilim bölüşümü ile bulunabilir.
Vs’yi bulmak için Tek Düğüm Çiftli Devreyi çözeceğiz.
KONTROL DEĞİŞKENİ İLAVE DENKLEMİ
SAĞLAYACAKTIR
CEBİRSEL OLARAK, İki bilinmeyen var
ve sadece tek denklem bulunmakta.
I0’ı yerine yazdığımızda
* / 6k  5VS  60
GERİLİM BÖLÜCÜ
VO 
4k
2
VS  (12)V
4k  2k
3
EE-201, Ö.F.BAY
98
VO ' i BULUN
ÇÖZÜM PLANI:
TEK GÖZLÜ DEVRE.
AKIMI BULUN,
SONRA OHM KANUNUNU
KULLANIN.
BU GÖZE KGK
UYGULAYIN
BAĞIMLI KAYNAĞI FAZLADAN BİR GERİLİM KAYNAĞI
DAHA DİYE DÜŞÜNÜN
KONTROL DEĞİŞKENİ İÇİN YAZILAN DENKLEM
İLAVE DENKLEMİ SAĞLAYACAKTIR
YERİNE YAZIN VE I İÇİN ÇÖZÜN
EE-201, Ö.F.BAY
… VE SON OLARAK
99
G
vO (t )
' yi BULUN
v i (t )
KCL
ÇÖZÜM PLANI:
SOLDA TEK GÖZ - KGK
SAĞDA TEK DÜĞÜM ÇİFTİ - KAK
KGK
KGK
KAK
GERİLİM BÖLÜŞÜMÜ DE
KULLANILABİLİR
vO ( t )
gm v g ( t ) 
0
RL
EE-201, Ö.F.BAY
100