Temel Elektronik-I
advertisement
Ankara Üniversitesi Mühendislik Fakültesi, Fizik Mühendisliği Bölümü FZM207 Temel Elektronik-I Doç. Dr. Hüseyin Sarı 2. Bölüm: Dirençli Devreler İçerik • • • • • • • • Temel Yasaların Doğrudan Uygulanışı Kaynak Gösterimi ve Dönüşümü Düğüm Noktası Gerilim Yöntemi İlmek Akım Yöntemi Bağımlı Kaynaklı Devrelerde Düğüm Noktası ve İlmek Denklemleri Devre İndirgenmesi Üst-Üste Binme İlkesi Thevenin Teoremi 2 Bu derste, • Dirençli devrelerin çözümlemesi yapılacak, • Devre çözümlemesi için sistematik yöntemler geliştirilecek, - Temel yasaların doğrudan uygulanışı, - Gerilim yöntemi, - Akım yöntemi • Kaynak dönüşümü, • Thevenin ve Norton teoremleri öğrenilmiş olacak. 3 Temel Yasaların Doğrudan Uygulanışı • En genel biçimde bir elektrik devresi, uyarmayı sağlayan bir ya da daha fazla kaynak ile çok sayıda ilmek ve çok sayıda kavşaktan oluşur. i(t) R1 R1 R4 R3 - e(t) + R1 R2 i(t) • Bilinen nicelikler çoğu kez gerilim kaynağı gerilimi ve akım kaynağı akımları olacaktır. • Bilinmeyen nicelikler ise gerilim kaynaklarının akımları, akım kaynaklarının gerilimleri ve devre öğelerindeki (direnç) gerilim ve akımlar olacaktır. 4 Temel Yasaların Doğrudan Uygulanışı Bilinmeyen niceliklerin bulunması için kullanılan denklemler: • Kirchhoff Akım Yasası (KAY) denklemleri, • Kirchhoff Gerilim Yasası (KGY) denklemleri, • Öğelerin Gerilim-Akım (Ohm Yasası) bağıntıları olmak üzere üç sınıfta toplanabilir. Bu bağımsız denklemlerin toplam sayısı bilinmeyen niceliklerin sayısına eşit olmak zorundadır. Her sınıfta, aşağıda belirlenen sayılar kadar bağımsız denklem bulunur: 1. Öğelere özgü bağımsız Gerilim-Akım denklemlerinin sayısı öğelerin sayısına eşittir 2. Bağımsız KAY denklemlerinin sayısı kavşakların sayısından bir eksiğine eşittir. 3. Bağımsız KGY denklemlerinin sayısı bağımsız ilmeklerin sayısına eşittir (Bağımsız bir ilmek, öteki denklemlerde bulunmayan en azından bir gerilimi içeren bir KGY denklemi olan bir ilmektir) 5 Devre Analizlerinde İzlenecek Yol Değişkenlerin belirlenmesini kolaylaştıran iki devre biçimi vardır: Seri Bağlı Devre R1 a - E + I1 + E1 R2 b - I1 + - E2 I1 Ortak Akım (I1) Paralel Bağlı Devre Is I1 + + V1 - R1 V1 - I2 + Is V1 - R2 Ortak Gerilim (V1) 6 Devre’nin Mekanik Eşdeğeri Devre akım ve gerilim-Mekanik eşdeğer A I + B R1 C D R2 E + + E1 - E2 A E UBC R1 C + E3 - - I H F R3 B h UAH D R2 UDE E G F R3 UFG G H + E − E1 − E2 − E3 = 0 U AH = U BC + U DE + U FG E = E1 + E2 + E3 Po tan siyel Enerji U = mgh 7 Örnek 2.1: Aşağıdaki devredeki bilinmeyen gerilimleri (E1, E2 ve E3) ve akımları (I1, I2 ve I3) bulunuz. Ayrıca, kaynakların devreye verdiği gücün dirençlerin soğurduğu güce eşit olduğunu gösteren bir güç dengesi yazınız. 20 Ω I1 + + E1 + E2 E=140 V - I3 I2 - - + 6 Ω E3 5Ω I=18 A - 8 Çözüm: Çözüm için ilk yapılacaklar bilinmeyen gerilimler ve akımlar için referans yönlerinin belirlenmesidir. • 140 V’luk kaynak ve 20 Ω’luk direnç seri bağlı olduklarından her ikisinden de I1 akımı geçer. Dolayısı ile E1 geriliminin yönü şekildeki gibidir (akımın girdiği nokta pozitif, çıktığı nokta ise negatif) • 6 ve 5 Ω’luk dirençler ve 18 A’lik akım kaynağı paralel bağlıdır, dolayısı ile bunlar ortak bir E gerilimi görürler. Buna göre I2 ve I3 akımları aşağıdaki gibi belirlenir. 20 Ω I1 + + E1 + E2 E=140 V - I3 I2 - - + 6 Ω E3=E2 5Ω I= 18 A - 9 1. Adım: Birinci Grup denklemler, öğelerin Gerilim-Akım bağıntılarıdır. Devrede 3 adet direnç olduğundan, 3 adet Ohm yasası denklemi yazılabilir: E1 = 20 I1 20 Ω’luk direnç: ….. 1 E2 = 6 I 2 E3 = 5 I 3 6 Ω’luk direnç: 5 Ω’luk direnç: ….. 2 ….. 3 20 Ω I1 + E=140 V - + E1 I3 I2 + E2 - + 6 Ω E2 5Ω I= 18 A - 10 2. Adım: KAY denklemleri yazılır. Kavşakların sayısı 4 tane (a, b, c ve d) görünmesine rağmen aslında iki tanedir (A (ab) ve B (cd)). 20 Ω I1 + + E1 a + + - - c 20 Ω I1 + + E1 E=140 V - - I1 + E2 - 5Ω I= 18 A 6 Ω E2 E2 - I3 I2 - E=140 V b A B A d 18 A I2 I3 6 Ω E2 B + 5Ω I= 18 A A noktası KAY denklemi: I1 − I 2 − I 3 + 18 = 0 ….. 4 B noktası KAY denklemi, A ile aynı olacaktır (Bağımsız kavşakların sayısı kavşak 11 sayısından bir eksiktir) 3. Adım: KGY denklemleri yazılır. Devredeki tek bağımsız ilmek soldaki ilmektir (Diğer ilmekler (II ve III) aynı bilinmeyeni vereceği için bağımsız değillerdir) 20 Ω I1 + + E1 a + + 5Ω 6 Ω E2 I= 18 A - - - I3 I2 - E2 E=140 V b A I II c B III d KGY denklemleri (I): 140 − E1 − E2 = 0 KGY denklemleri (II): + E2 − E2 = 0 KGY denklemleri (III): + E2 − E2 = 0 ….. 5 Aynı! (II ve III ilmek bağımsız ilmek değildir!) 12 Yukarıdaki beş denklemin ortak çözümleri herhangi bir yöntemle bulunabilir. Ohm Yasası (R1) E1 = 20 I1 ….. 1 Ohm Yasası (R2) E2 = 6 I 2 E3 = 5I 3 ….. 2 Ohm Yasası (R3) ….. 3 A noktası KAY denklemleri: I1 − I 2 − I 3 + 18 = 0….. 4 A noktası KGY denklemleri: 140 − E1 − E2 = 0 ….. 5 Genellikle ya akım ya da gerilim değişkenleri yok etmek amacı ile ya KAY ya da KGY denklemlerinde yerlerine konurlar (4. denklemde 1-2-3 denklemleri): 1 1 1 E1 − E2 − E2 + 18 = 0 ….. 6 20 6 5 Denklem 5 ve 6’dan E1 + E2 = 140 −3E1 + 22 E2 = 1080 E1=80 V; E2=60 V bulunur. Akım denklemlerinden (1-3), akımlar I1= 4 A, I2=10 A ve I3= 12 A bulunur. 13 Güç Dengesi aşağıdaki şekilde hesaplanabilir: Devreye Verilen Güç Gerilim Kaynağı: P=E.I=(140 V).(4 A) = 560 W Akım Kaynağı: P=E.I=(60 V).(18 A) = 1080 W Toplam: 1640 W Devreden Alınan Güç 5 Ω’luk Direnç: P=RI2=(5 Ω).(12 A)2 = 720 W 6 Ω’luk Direnç: P=RI2=(6 Ω).(10 A)2 = 600 W 20 Ω’luk Direnç: P=RI2=(20 Ω).(4 A)2 = 320 W Toplam: 1640 W 14 Örnek 2.2: Aşağıdaki devre, soldaki ilmekte 30 V sabit gerilim kaynağı ve sağdaki ilmekte ise akıma bağlı bir akım kaynağı içermektedir. Bilinmeyen gerilimleri (E1 ve E2) ve akımları (I1, I2 ve I3) bulunuz. 2I1 3Ω I1 + E=30 V - + E1 - I2 + E2 - 4Ω + E3 - E4 10 Ω + 15 Çözüm: Çözüm için ilk adım bilinmeyen gerilimler ve akımlar için referans yönlerinin belirlenmesidir. • Devrede 3 direnç, iki kavşak ve iki bağımsız ilmek bulunmaktadır. • 3 Ohm yasası denklemi, bir KAY ve iki KGY denklemi yazılabilir. • Şimdilik I1 ve 2I1 akımları bilinmeyen olduğu halde referans yönlerini aşağıdaki gibi alabiliriz. 3Ω I1 + E1 2I1 I. kavşak - I2 + + E=30 V E2 + E3 - 4Ω E4 - - - 10 Ω + II. ilmek I. ilmek II. kavşak 16 1. Adım: Birinci Grup denklemler, 3 adet Ohm yasası denklemi vardır: Ohm Yasası (R2) E1 = 3I1 E2 = 4 I 2 Ohm Yasası (R3) E4 = 20( I1 ) ….. Ohm Yasası (R1) ….. 1 ….. 2 2I1 3Ω I1 + E=30 V - + E1 3 - I2 + E2 - 4Ω + E3 - E4 10 Ω + 17 2. Adım: KAY denklemleri yazılır. Bağımsız kavşakların sayısı birdir (A kavşağı) 3Ω I1 + + E1 2I1 A - I2 + E2 E=30 V + E3 4Ω - - - E4 10 Ω + B A noktası KAY denklemleri: I1 − I 2 + 2 I1 = 0 ….. 4 B noktası KAY denklemleri: − I1 + I 2 − 2 I1 = 0 ….. 4’ 4 ve 4’ nolu denklemler aynı! 18 3. Adım: KGY denklemleri yazılır. I ve II ilmekleri çevresinde yazılan KGY 2I1 3Ω I1 + + E1 - I2 + E2 E=30 V + E3 4Ω 10 Ω + II. ilmek I. ilmek A - E4 - - - B I. ilmek KGY denklemi: (A’dan başlayıp A noktasına gelindiğinde) II. ilmek KGY denklemi: (B’den başlayıp B noktasına gelindiğinde) 30 − E1 − E2 = 0 ….. 5 E2 − E3 + E4 = 0 ….. 6 19 Yukarıdaki beş denklemin ortak çözümleri herhangi bir yöntemle bulunabilir. Akım denklemlerinden (1-3), akımlar I1= 2 A, 2I1=4A ve I2= 6 A olarak bulunur. E2=24 V E3=64 V E4=40 V bulunur. Denklem 5 ve 6’dan 2I1 3Ω I1 + E=30 V - + E1 - I2 + E2 - 4Ω + E3 - E4 10 Ω + 20 Yorum: Örnek 2-1 ve Örnek 2-2, en kolay ve açık bir biçimde doğrudan uygulama yönteminin uygulanışını göstermektedir. Sonuçta elde edilen denklem sistemi iki yalınlaştırma ile daha derli toplu yapılabilir. 1- Akım değişkeninin gerilim değişkeni cinsinden tanımlanması (ya da tersi) böyle bir yalınlaştırma Ohm yasasının açık bir biçimde yazılması gereksinimi duyulmadan yazılmasını sağlayacaktır. A kavşağı için KAY kullanılarak: I1 − I 2 − I 3 + 18 = 0 ….. 1 1 1 E1 − E2 − E2 + 18 = 0 ….. 6 20 6 5 4 20 Ω I1 + + E1 A + E2 E=140 V - I3 I2 - - + 6 Ω E3 5Ω I=18 A 21 İkinci yalınlaştırmada, değişkenleri daha önceden seçilen öteki değişkenler cinsinden seçerek ya KAY denklemlerini ya da KGY denklemlerini yazma gereksiniminden kurtulunur. 1- Akım değişkeninin gerilim değişkeni cinsinden tanımlanması (ya da tersi) böyle bir yalınlaştırma Ohm yasasının açık bir biçimde yazılması gereksinimi duyulmadan yazılmasını sağlayacaktır. Örneğin, Örnek 2-1’de E1 gerilimi 140-E2 dir (KGY’ndan). 1 1 1 (140 − E2 ) + E2 + E2 + 18 = 0 20 6 5 20 Ω I1 + + E1 + E2 E=140 V - I3 I2 - - + 6 Ω E3 5Ω I=18 A 22 Örnek 2.3: Aşağıdaki devrede, 2 Ω’luk direncin uçları arasındaki gerilimi bulunuz. Çözümü kolaylaştırmak için tüm akımları gerilim değişkenleri cinsinden belirtin ve değişkenleri seçerken KGY denklemlerini kullanın. 15 Ω 5Ω 5Ω - + 1Ω E=? 2Ω + - 25 V 1Ω 5A + 30 V 23 2 Ω’luk direnç üzerindeki gerilim istendiğinden bunu E1 ile, diğer bilinmeyenleri de E2 ve E3 il gösterelim. Diğer gerilimler bu gerilimler cinsinden ifade edilebilir. R5=15 Ω + 5Ω A - R6=1 Ω I1 - E2 + + + E1 - + - III. ilmek 5Ω B + 30 V E5 - E3 - + - 25 V + R1=2 Ω I. ilmek C R4=1 Ω 5A - II. ilmek D R6 in uçları arasındaki gerilim (I. ilmek KGY): + E2 − E1 + 30 ….. 1 R4 in uçları arasındaki gerilim (II. ilmek KGY): + E1 − E3 − 25 ….. 2 R5 in uçları arasındaki gerilim (III. ilmek KGY): + E2 − E3 − 25 ….. 3 24 2. Adım: Kavşaklardaki akımları yazması gerekir. 4 kavşak vardır, bu nedenle 3 bağımsız denklem yazılabilir. R5=15 Ω - + -(E2 –E3-25) I + I 2 + I5 = 0 R1=1 Ω + + 30 V - + E2 B I3 I2 5Ω A I I5 - E2 –E1+30 + E1 - I1 − I1 − I 2 − I 3 = 0 5Ω + 2Ω E3 C - + + I3 − I 4 − I5 − 5 = 0 - 25 V + E1 –E3-25 I4 R4=1 Ω 5A - D 1 1 1 ( E2 − E1 + 30) + E2 + ( E2 − E3 − 25) = 0 ….. 4 A noktası KAY denklemleri: 1 5 15 1 1 1 − E − E − E3 = 0 ….. 5 B noktası KAY denklemleri: 2 1 5 2 5 1 1 1 25 0 6 C noktası KAY denklemleri: − ( E2 − E3 − 25) + E3 − ( E1 − E3 − 25) − 5 =….. 15 5 1 Denklemlerin hepsi sistemin ortak paydası (30) ile çarpılırsa denklemler − 30 E1 + 38 E2 − 2 E3 = −850 −15 E1 − 6 E2 − 6 E3 = 0 − 30 E1 − 2 E2 + 38 E3 = −650 Çok değişkenli denklemlerin ortak çözümü determinantların ve Cramer kuralının kullanılması ile yapılabilir: a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3 E1 gerilimi: x1 = b1 b2 a12 a22 a13 a23 a11 b1 a21 b2 a13 a23 a11 a21 a12 a22 b1 b2 b3 a32 a33 a b a33 a a32 b3 x2 = 31 3 x3 = 31 a11 a12 a13 a11 a12 a13 a11 a12 a13 a21 a31 −850 0 −650 E1 = −30 −15 −30 a22 a32 38 −6 −2 38 −6 −2 a23 a33 a21 a31 a22 a32 a23 a33 −2 −6 38 −360000 = = 10 V −2 −36000 −6 38 a21 a31 a22 a32 26 a23 a33 Örnek 2.4: Aşağıdaki devrede, 15 Ω’luk dirençten geçen akımı hesaplayınız. Çözümü kolaylaştırmak için tüm gerilimleri akım değişkenleri cinsinden belirtin ve değişkenleri seçerken KAY denklemlerini kullanın. 15 Ω I=? 5Ω 5Ω - + 1Ω 2Ω + - 25 V 1Ω 5A + 30 V 27 Çözüm: Tüm gerilimleri akım değişkenleri cinsinden ifade edelim ve değişkenlerin seçiminde KAY denklemlerini kullanalım. Önce akımları tanımlayalım I1, I2 ve I3 . Öteki dirençler KAY denklemlerinden bulunabilir. 15 Ω Ohm yasası kapalı olarak 1-3 eşitliklerinde ifade edildi I1 I1+I2 5 Ω A + - I2 - E2 E3 2Ω I. ilmek + (+I2-I3-5) - C + - 25 V I3 1Ω 5A III. ilmek D - İlmek I: +30 − E1Ω − E2 − E 2 Ω = 0 İlmek II: + E15 Ω + 25 + E 5Ω + E 5 Ω = 0 İlmek III: + 1Ω + 30 V II. ilmek B (+I1+I3+5) 5 Ω −30 + 1I 2 + 5( I1 + I 2 ) + 2( I 2 − I 3 − 5) = 0 ….. 1 −15 I1 − 25 − 5( I1 + I 2 + 5) − 5( I1 + I 2 ) = 0 ….. 2 28 +E 2Ω −E 5Ω − 25 − E 1Ω =0 −2( I 2 − I 3 − 5) + 5( I1 + I 3 + 5) + 25 + I 3 = 0 ….. 3 Akımları veren denklem sistemi (üç denklem üç bilinmeyen) 5 I1 + 8 I 2 − 3I 3 = 40 −25 I1 − 5 I 2 − 5 I 3 = 50 5 I1 − 2 I 2 + 8 I 3 = −60 A noktası KAY denklemleri: b1 b2 a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 x1 = a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3 Cramer Kuralından I1 akımı: 40 50 −60 I1 = 5 −25 5 8 −5 −2 8 −5 −2 −2 −5 8 −2000 = = −2 A −2 1000 −5 8 a12 a22 a13 a23 b3 a32 a33 a11 a12 a13 a21 a31 a22 a32 a23 a33 Eksi işaret, I1 akımının seçilen yönün tersi yönde olduğunu söylüyor. 29 Akım denklemlerinden (1-3), akımlar I1= 2 A, 2I1=4A ve I2= 6 A bulunur. E2=24 V E3=60 V E4=40 V bulunur. Denklem 5 ve 6’dan 2I1 3Ω I1 + E1 - I2 + + E=30 V E2 - - 4Ω + E3 - E4 10 Ω + 30 Kaynak Gösterimi ve Dönüşümü Kullanılan kaynaklar ideale yaklaşabilir fakat hiçbir zaman ideal olmaz! İdeal Kaynak Ro E E Vo + - I R=0 Ω E + I=∞ - Gerçekçi değil! İdeal gerilim kaynağı, yük (Ro) sıfır olsa da gerilimi sabit tutmaya çalışır ki bu gerçekçi değildir. Çünkü iki uç arasında bir yandan sabit gerilim (ideal) bir yandan da kısa devre olduğu için sıfır gerilim yaratılmaya çalışılır. E = Ro I Ro → 0 E = sbt = 0.∞ 31 Kaynak Gösterimi ve Dönüşümü Gerçek bir güç kaynağının I-V eğrisi E Ead Ead= Açık Devre Gerilimi Ikd= Kapalı Devre Akımı Ead Ro = I kd I Ikd Yukarıdaki I-V grafiğinde doğrunun denklemi E = Ead − Ro I Bu ifadenin eşdeğer devresi Ro I + Ead + - E - + Ead − Ro I = E ….. 1 32 Kaynak Gösterimi ve Dönüşümü Gerçek bir güç kaynağının I-V eğrisi E Ead Ead= Açık Devre Gerilimi Ikd= Kapalı Devre Akımı Ead 1 Ro = = I kd Go I Ikd Yukarıdaki I-V grafiğinde doğrunun (Akım cinsinden) ifadesi Bu ifadenin eşdeğer devresi 1 I = I kd − E Ro I + Ikd + - Ro E - 1 I = I kd − E Ro ….. 2 33 Kaynak Gösterimi ve Dönüşümü Devrelerin her ikisinin de aynı fiziksel kaynağı gösterdiğinden çıkış ucu grafiği (I-V) özdeştir ve biri diğerini temsil etmek üzere kullanılabilir. Ro I I + + Ead + E - = Ikd + - Ro - - Gerlim kaynağı E = Ead − Ro I E Akım kaynağı 1 I = I kd − E = I kd − Go E Ro 34 Kaynak Gösterimi ve Dönüşümü Herhangi bir Gerilim Kaynağı gösterimini Akım Kaynağı gösterimine dönüştürmek için 1 I = I kd − E = I kd − Go E Ro Akım kaynağı Eğer Ead I kd = Ro ve 1 Go = Ro Ead E I= − Ro Ro Olursa yukarıdaki devrelerin I-E grafiklerine özdeş olduğu görülür. Gerilim kaynağı Herhangi bir Akım Kaynağı gösterimini Gerilim Kaynağı gösterimine dönüştürmek için I kd I E= − Go Go Eğer Ead = Ekd Go ve Ro = 1 Go olursa yukarıdaki devrelerin I-E grafiklerine özdeş olduğu görülür. 35 Örnek 2.5: Aşağıdaki gerilim kaynağı gösterimini eşdeğer bir akım kaynağı gösterimine (a), akım kaynağı gösterimini eşdeğer bir gerilim kaynağı gösterimine dönüştürünüz (b). + (a) 56 V + E - 2Ω ? I=? Ro=? - ? (b) 4Ω - I=2 A ?V ?Ω + 36 Çözüm: (a) Ro=2 Ω Ead=56 V (56 V ) = (2 Ω) I kd Ead = Ro I kd 1 1 Go = = = 0.5 mho Ro 2 Ω + 56 V + - E 2Ω - I kd = 28 A ? I=28 A Ro=2 Ω 37 Çözüm: (b) Iad=2 A Ro=4 Ω Ead = Ro I kd Ead = (4 Ω)(2 A) = 8 V 1 1 Go = = = 0, 25 mho Ro 4 Ω ? 4Ω - I=2 A 8V 4Ω + 38 Düğüm Noktası Gerilim Yöntemi Devre çözümünde Düğüm Noktası Gerilim Yöntemi, Kirchhoff gerilim yasası denklemlerinin açık olmayan bir biçimde devre şeması üzerine yazılmasını ve böylece yalnız Kirchhoff akım yasası denklemlerinin çözülmesini gerektiren bir yöntemdir. Bu yöntemde belli noktalar için gerilimler tanımlanır. Yöntemi anlamak için aşağıdaki örnek devreyi göz önünde bulunduralım. A ve B +(EA A –EB) - B G2 I1 G1 + + EB EA - G3 I3 - C • İki bilinmeyen gerilim EA ve EB seçilmiştir. EA gerilimi C düğüm noktasından A düğüm noktasına doğru bir gerilim artışı, benzer biçimde EB, C düğüm noktasından B düğüm noktasına doğru bir gerilim artışı olarak seçilmiştir. Bilinmeyen gerilimler C düğüm noktasından 39 başlayarak ölçüldüğü için C noktasına referans düğüm noktası denir. Düğüm Noktası Gerilim Yöntemi B düğüm noktasından A düğüm noktasına doğru olan gerilim artışı devredeki bilinmeyen üçüncü gerilimdir, bu gerilim Kirchhoff gerilim yasası denkleminden bulunur. E AB = E A − EB Devredeki üç tane düğüm noktası vardır. Öyleyse bağımsız iki Kirchhoff akım yasası yazmak olanaklıdır. A düğüm noktası için KGY E AG1 + ( E A − EB )G2 = I1 B düğüm noktası için KGY EB G3 − ( E A − EB )G2 = − I 3 Düzenlenirse E A (G1 + G2 ) − EB G2 = I1 − E AG2 − EB (G2 + G3 ) = − I 3 40 A noktası B noktası E A (G1 + G2 ) − EB G2 = I1 − E AG2 − EB (G2 + G3 ) = − I 3 EA’nın katsayısı, A düğüm noktasına bağlanan iletkenlerin pozitif toplamı, EB’nin katsayısı A ve B düğüm noktaları arasına bağlanan iletkenlerin negatif toplamı ve eşitliğin sağ tarafı A düğüm noktasına giren akım kaynaklarının toplamıdır. Benzer bir sistematik, B noktası için de geçerlidir. EB’nın katsayısı, B düğüm noktasına bağlanan iletkenlerin pozitif toplamı, EA’nin katsayısı A ve B düğüm noktaları arasına bağlanan iletkenlerin negatif toplamı ve eşitliğin sağ tarafı B düğüm noktasına giren akım kaynaklarının toplamıdır. +(EA A –EB) - B G2 I1 G1 + + EB EA - G3 I3 - C 41 Denklemlerdeki bu düzen akım yasası denklemlerinden ve gerilim değişkeni seçiliş biçiminden kaynaklanır. Bu kurala Düğüm-Gerilim Yöntemi denir. Bu yönteme göre yapılacak işler sırası ile 1. Adım: Devredeki seri dirençli ideal gerilim kaynakları ile gösterilen her kaynak paralel iletkenlikli akım kaynağı gösterimine dönüştürülmeli ve devre yeni gösterime göre yeniden çizilmelidir. 2. Adım: Keyfi bir referans düğüm noktası seçilir, bu nokta R (eferans) olsun. Devredeki öteki düğüm noktalarına A, B, …., N harfleri verilir ve bilinmeyen gerilimleri EA, EB, …, EN, R noktasından A, B vs. noktalarına doğru gerilim artışları olarak seçilirler. 42 3. Adım: Düğüm noktası (akım-yasası) denklemleri sırasıyla A, B,…., N düğüm noktaları için yazılırlar. A: GAA E A − GAB EB − ... − GAN EN = I A B: − GAB E A − GBB EB − ... − GBN EN = I B C: − GAN E A − GBN EB − ... − GNN EN = I N GXX: X düğüm noktasına bağlanan iletkenlerin tümünün toplamı noktası GXY: X ve Y düğüm noktaları arasına bağlanan iletkenlerin tümünün toplamı IX: X düğüm noktasına giren (ya da gelen) akım kaynaklarının toplamı 4. Adım: İstenen düğüm noktası gerilimlerini elde etmek üzere denklemler çözülür. Devredeki öteki gerilimler ve devre akımları, Kirchhoff gerilim yasasının ve Ohm yasasının uygulanması ile bulunabilir. 43 Örnek 2.6: Düğüm noktası gerilimi yöntemi kullanarak aşağıda verilen devredeki gerilimleri bulunuz. Ayrıca I3 akımını da hesaplayınız. 10 Ω + E6 - 2Ω + 56 V 1Ω 1Ω 5Ω I4 + E5 4Ω 2A - - I3=? 2Ω 44 Çözüm: Önce eşdeğer düğüm noktalarını ve ilmekleri tanımlayalım. D düğüm noktası referans noktası olarak belirlenebilir. 10 Ω + 2Ω A + 56 V - 1Ω I. ilmek I3=? 2 Ω E6 - 1Ω B III. ilmek + 5Ω D I4 E5 II. ilmek C 4Ω 2A - Daha sonra eşdeğer akım kaynağını bulalım. A ve D düğüm noktaları arasına bağlanan 56 V, 2 Ω kaynağı, akım kaynağı ve ona paralel bir iletkene (1/R) dönüştürerek devreyi yeniden çizmemiz gerekir. 45 0,1 mho A 0,5 mho B 1 mho I4 C + + 28 A 0,5 mho EA EB - + 0,2 mho - EC 2A 0,25 mho D Düğüm noktaları için akım ifadeleri A: (0,5 + 0,5 + 0,1) E A − (0,5) EB − (0,1) EC = 28 B: − (0,5) E A + (0,5 + 0, 2 + 1, 0) EB − (1, 0) EC = 0 C: − (0,1) E A − (1, 0) EB + (0,1 + 1, 0 + 0, 25) EC = −2 46 Eşitlikler düzenlenirse 1,1E A − 0,5EB − 0,1EC = 28 −0,5E A + 1, 7 EB − 0,1EC = 0 0,1E A − 1, 0 EB + 1,35 EC = −2 Elde edilir. Bu denklem sistemi determinant yöntemi ile çözülürse E A = 36 V EB = 20 V EC = 16 V Üç düğüm noktası geriliminin bilinmesi devredeki öteki gerilimlerin ve akımların bulunmasını olanaklı kılar. E6 = E A − EC = 36 V − 16 V = 20 V I3 akımı, A noktasından D noktasına kadarki gerilimlerin her iki devrede de aynı olması gerektiği düşünülerek hesaplanabilir. 56 A − 2 I 3 = E A = 36 V ⇒ I 3 = 10 A 47 İlmek Akım Yöntemi Devre çözümünde İlmek Akım Yöntemi, devre problemlerini çözmenin başka bir yoludur. Kirchhoff akım yasası denklemlerinin açık olmayan bir biçimde devre şeması üzerine yazılmasını ve böylece yalnız Kirchhoff gerilim yasası denklemlerinin çözülmesini gerektiren bir yöntemdir. Bu yöntemde ilmeklerde dolanan akımlar seçilir (ilmek akımları). Bu yöntemi anlamak için aşağıdaki devreyi kullanalım. I R1 I2 1 + I3 + E1 - II I. ilmek R2 R3 E1 + III II. ilmek E2 - • İlmek Akımı yönteminde, devredeki ilmeklerde bilinmeyen akımların varlığı düşünülür. (Düğüm noktası gerilim yönteminde de bilinmeyen gerilim EA ve EB seçilmişti). I. ilmekteki II akımı ilmeği oluşturan tüm öğelerde (R1 ve R2 ve E1) bulunmaktadır. benzer biçimde III akımı, II. 48 ilmeği oluşturan tüm öğelerde (R2, R3 ve E2) vardır. İlmek Akım Yöntemi • İlmek Akımı yönteminde, tüm akımlar aynı yönde seçilir (Burada saat yönü alınmıştır). Akımların aynı yönde seçilmesi elde edilen denklemlerin bir matris biçiminde kolayca yazılabilmesine olanak sağlar. • İkinci özellik ilmek akımları daha önce kullanılan öğe akımları cinsinden kolayca ifade edilebilirler, örneğin I1 = I I , I 2 = − I II I 3 = I I − I II ve Eğer Kirchhoff gerilim yasası denklemleri I ve II ilmeklerin çevresinde yazılırsa R1 I I + R3 ( I I − I II ) = E1 I. İlmek − R3 ( I I − I II ) + R2 I II = − E2 II. İlmek R1 + I3 + E1 - II I. ilmek R2 I2 I1 R3 E1 + III II. ilmek E2 49 İlmek Akım Yöntemi Denklemler yeniden düzenlenirse I I ( R1 + R3 ) − I II R3 = E1 I. İlmek − I I R3 + I II ( R2 + R3 )+ = − E2 II. İlmek Yukarıdaki denklemler, düğüm noktası gerilimi yöntemine göre yazılan denklemler gibi benzer bir düzen gösterirler. I. ilmek çevresinde yazılan II akımının katsayısı, I. ilmeği oluşturan dirençlerin pozitif toplamı, ikinci ilmek akımı III‘nin katsayısı ise 1. ve 2. ilmeklerinin ortak dirençlerinin negatif toplamı ve denklemin sağ tarafı devrede saat yönünde alınan gerilim kaynağı artışlarının toplamıdır. II. ilmek çevresinde yazılan denklem için benzer yorumlar yapılabilir. 50 Denklemlerdeki bu düzen gerilim yasası denklemlerinden ve akım değişkeni seçiliş biçiminden kaynaklanır. Bu kurala İlmek Akımı Yöntemi denir. Bu yönteme göre yapılacak işler sırası ile 1. Adım: Devredeki paralel dirençli ideal akım kaynakları ile gösterilen her kaynak seri bağlı ideal gerilim kaynağı gösterimine dönüştürülmeli ve devre yeni gösterime göre yeniden çizilmelidir. 2. Adım: İlmek seçimi, seçilen bir ilmek içerisinde başka bir ilmek bulunmayacak biçimde yapılır ve ilmek akımları saat yönünde seçilir. Bu seçim öğe akımlarının elde edilmesini sağlar, bu akımlar ya ilmek akımları ya da iki ilmek akımı arasındaki cebirsel farktan oluşur. 51 3. Adım: İlmek (gerilim-yasası) denklemleri sırasıyla I, II, III, …., N ilmekleri için yazılırsa I: II : RI , I I I − RI , II I II − ... − RI , N I N = EI − RI , II I I + RII , II I II − ... − RII , N I N = EII . . N: − RI , N I I − RII , N I II − ... + RN , N I N = EN RXX: X ilmeğini oluşturan tüm dirençlerin toplamı RXY: X ve Y ilmeklerinin her ikisine de ortak olan tüm dirençlerin toplamı EX: Saat yönünde alındığında X ilmeğindeki kaynak gerilimi artışlarının toplamı 4. Adım: İstenen ilmek akımları denklemlerin ortak çözümünden bulunur. Devredeki öteki akımlar ve devre gerilimleri, Kirchhoff akım yasasının ve Ohm yasasının uygulanması ile bulunabilir. 52 Örnek 2.7: İlmek akım yöntemi kullanarak aşağıda verilen devredeki akımları bulunuz. Ayrıca E5 gerilimini de hesaplayınız. 10 Ω + E6 - 2Ω + 56 V - 1Ω 5Ω I4 + E5 ? 4Ω 2A - 2Ω 53 Çözüm: Önce ilmekleri tanımlayalım. 10 Ω + 2Ω A + 56 V - E6 - 1Ω B III. ilmek + 5Ω I. ilmek 2Ω D I4 E5 II. ilmek C 4Ω 2A - Daha sonra 2 A akım kaynağının eşdeğer gerilim kaynağını bulalım. A ve D düğüm noktaları arasına bağlanan 56 V, 2 Ω kaynağı, akım kaynağı ve ona paralel bir iletkene (1/R) dönüştürerek devreyi yeniden çizmemiz gerekir. 54 10 Ω 2Ω A IIII III. ilmek 1Ω B + 56 V C - - I. ilmek 2Ω 5Ω II III II. ilmek 4Ω 8V + D Kirchhoff gerilim yasaları I: I I (2 + 5 + 2) − I II (5) − I III (2) = 56 II : − I I (5) + I II (5 + 1 + 4) − I III (1) = 8 III : − I I (2) − I II (1) + I III (2 + 1 + 10) = 0 55 Eşitlikler düzenlenirse I: 9 I I − 5 I II − 2 I III = 56 II : − 5 I I + 10 I II − I III = 8 III : − 2 I I − I II + 13I III = 0 Bu üç denklemin ortak çözümü I I = 10 A ; I II = 6 A ; I III = 2 A Üç ilmek akımının bilinmesi devredeki öteki akımların bulunmasını olanaklı kılar. I 4 = I III − I II = 2 A − 6 A = −4 A E3 gerilimi, D düğüm noktasından C düğüm noktasına doğru ölçülen gerilim artışıdır. Bu değer E5 = (4) I II − 8 = (4)(6) − 8 = 16 V 56 Bağımlı Kaynaklı Devrelerde Düğüm Noktası ve İlmek Denklemleri • İlmek Akımı yönteminde, tüm akımlar aynı yönde seçilir (Burada saat yönü alınmıştır) Akımların aynı yönde seçilmesi elde edilen denklemlerin bir matris biçiminde kolayca yazılabilmesine olanak sağlar. • İkinci özellik ilmek akımları daha önce kullanılan öğe akımları cinsinden kolayca ifade edilebilirler, örneğin I1 = I I , I 2 = − I II ve I 3 = I I − I II Eğer Kirchhoff gerilim yasası denklemleri I ve II ilmekleri çevresinde yazılırsa I. İlmek R1 I I + R3 ( I I − I II ) = E1 − R3 ( I I − I II ) + R2 I II = − E2 R1 + I3 + E1 - II I. ilmek R2 I2 I1 R3 II. İlmek E1 + I2 II. ilmek E2 57 Örnek 2.8: Aşağıdaki devrede VA ve VB gerilimlerini bulunuz. 0,5 mho I1 2,5I1 + 0,2 mho VA=? - + 9A 10A VB=? 0,5 mho - 58 Çözüm: Düğüm noktası gerilimi kullanılacaktır. Bağımlı kaynak önce bağımsız kaynak gibi düşünerek KAY denklemi yazılacak 0,5 mho I1 2,5I1 A B + 0,2 mho VA=? + 9A 10A - VB=? 0,5 mho - A düğüm noktası (0, 2 + 0,5)VA − 0,5VB = 9 − 2,5I1 B düğüm noktası −0,5VB + (0,5 + 0,5)VA = 10 + 2,5I1 Bağımlı kaynak için bağlayıcı denklem I1 = 0, 2VA 59 Eşitlikler düzenlenirse 1, 2VA − 0,5VB = 9 0,5VA − 1, 0VB = 10 Denklemlerin ortak çözümünden VA = 20 V VB = 30 V 60 Örnek 2.9: Aşağıdaki devrede I1 ve I2 akımlarını bulunuz. 10 Ω 14 Ω 4Ω 0,5V1 + 110 V - I1 2Ω 6Ω V1 I2 61 Çözüm: İlmek akım yöntemi kullanılacaktır. Önce gerilime bağlı akım kaynağı ve onun paralel direncinin gerilime bağlı bir gerilim kaynağı ve seri dirence dönüştürülmesi gerekir. 14 Ω 10 Ω 4Ω 0,5V1 + 110 V 2Ω 6Ω V1 - I2 14 Ω 4Ω = + + 110 V - 2Ω 10 Ω 5V1 V1 - 6Ω 62 Çözüm: İlmekler için 14 Ω 4Ω + + 2Ω 110 V - I1 - 5V1 10 Ω 6Ω V1 I2 1. ilmek (14 + 4 + 2) I1 − 2 I 2 = 110 2. ilmek −2 I1 + (2 + 10 + 6) I 2 = −5V1 V1 ile I1 ve I2 değişkenleri arsındaki bağıntı V1 = ( I1 − I 2 )(2) 63 Eşitlikler düzenlenirse 20 I1 − 2 I 2 = 110 8 I1 + 8I 2 = 0 Denklemlerin ortak çözümünden I1 = 5 A I 2 = −5 A 64 Devre karmaşıklığını indirgenmesidir. Devre İndirgenmesi azaltmada kullanılan yöntemlerden biri devre İndirgenecek devre, kaynaklar veya devre elemanlarını içerebilir. 1 - E1 E2 + - - 1 I R1 + Eeş R2 + E - + 2 Eeş deg er = E1 + E2 + E3 + ..... + En + 1 Rn - En 2 - Eeş + 2 E = IR1 + IR2 + IR3 + ..... + IRn E = I ( R1 + R2 + R3 + ..... + Rn ) = IReş Reş deg er ≡ R1 + R2 + R3 + ..... + Rn 1 Reş 2 65 Örnek 2.10: Aşağıdaki devrede I akımını bulunuz. 15 Ω 40 Ω I=? 100 V + + - - 5Ω 40 V + 66 Çözüm: Eşdeğer gerilim kaynağı Eeş = 100V − 40V = 60V Eşdeğer direnç Reş = 15 + 40 + 5 = 60 Ω 15 Ω 40 Ω I=1 A I=? + + 100 V 40 V - 5Ω - = + 60 V 60 Ω - + 67 Bir başka bağlanış şekli paralel bağlantıdır. Devre eleman ve kaynaklar paralel bağlanış biçimleri aşağıda gösterilmiştir. Paralel bağlantılı devrelerde ortak nicelik gerilimdir. I eş deg er = I1 + I 2 + I 3 + ..... + I n A A A Ieş B I1 I2 In B A Ieş Geş Ieş B I = EG1 + EG2 + EG3 + ..... + EGn G1 Gn I = E (G1 + G2 + G3 + ..... + Gn ) G1 Geş deg er ≡ G1 + G2 + G3 + ..... + Gn B Geş deg er = 1 1 1 1 1 ≡ + + + ..... + Reş R1 R2 R3 Rn 68 Örnek 2.11: Aşağıdaki paralel devrenin uçları arasındaki gerilimi bulunuz. + 15 A E - 10 Ω 5A 4Ω 6,67 Ω 69 Çözüm: I eş = 15 A − 5 A = 10 A 1 1 1 Geş = + + = 0,5 mho ⇒ Reş = 2 Ω 10 4 6, 67 Eşdeğer akım kaynağı Eşdeğer direnç 15 A 10 Ω E gerilimi 5A 4Ω 6,67 Ω = 10 A 0,5 mho 2Ω E = (10 A)(2 Ω) = 20V 70 Örnek 2.12: Aşağıdaki devrede yük ve besleyiciden oluşan devre kesimini bir tek eşdeğer direnç ile yer değiştirilmesi önerilmektedir. Gerekli direnç değerini bulunuz. 1Ω 1Ω 2Ω + E - 12 Ω 4Ω 10 Ω 8Ω 71 Çözüm: Devre indirgeme yöntemini uygularken devrenin kaynaktan en uzakta olan noktasından başlayıp ve kaynağa doğru giderek dirençler birleştirilir x 1Ω g e 1Ω c a 2Ω + E - y 12 Ω h 4Ω f 10 Ω 8Ω d b a-b noktası arasında kalan 2 ve 8 Ω’luk dirençler seri bağlıdır. Rab = 2 Ω + 8 Ω = 10 Ω 72 x 1Ω e 1Ω g c + 4 Ω 10 Ω 12 Ω E - y h f 10 Ω d c-d noktası arasında kalan 10 ve 10 Ω’luk dirençler paralel bağlıdır. x 1Ω g Rcd = e 1Ω (10Ω)(10Ω) = 5Ω 10Ω + 10Ω + E - y 12 Ω h 4Ω 5Ω f 73 e-f noktası arasında kalan 5 ve 1 Ω’luk dirençler seri bağlıdır. Ref = 5 Ω + 1Ω = 6 Ω x 1Ω g g-h noktası arasında kalan dirençler paralel bağlıdır. + E - y 12 Ω 4Ω 5Ω 1 1 1 1 1 = + + = ⇒ Rgh = 2 Ω Rgh 6 Ω 4 Ω 12 Ω 2 Ω h x 1Ω + + E - 2Ω E - 3Ω y x-y noktası arasında kalan 2 ve 1 Ω’luk dirençler seri bağlıdır. Rxy = 2 Ω + 1Ω = 3 Ω 74 Örnek 2.13: Aşağıdaki devrede, R giriş direncini bulunuz. 3Ω 2I1 A I + E 4Ω R - 10 Ω I. ilmek Çözüm: A noktasındaki KAY denkleminden I3 akımı I 3 = I + 2 I = 3I Soldaki ilmek çevresinde yazılan KGY denklemi E = 3I + 4(3I ) = 15I Direnç R= E = 15 Ω I 75 Y-∆ Dönüşümü Sadece seri ve paralel birleştirmelerle çözümlenemeyen belli devreler de vardır. Bu dönüşümler çoğu kez Y−∆ dönüşümlerinin kullanılması ile çözümlenebilir. Örneğin aşağıdaki devre ne tam olarak seri ne de tam olarak paralel değildir. Bu dönüşüm Y şeklinde bağlı üç direncin ∆ şeklinde bağlanmasına olanak sağlar. 76 Y-∆ Dönüşümü Bu dönüşüm Y şeklinde bağlı üç direncin ∆ şeklinde bağlanmasına olanak sağlar. x Rb x ↔ Rc R1 R3 Ra y z Rxy = R1 + R2 = R2 y z Rc ( Ra + Rb ) ( Ra + Rb ) + Rc R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 R1 R1 = Rb Rc Ra + Rb + Rc R R + R2 R3 + R3 R1 Rb = 1 2 R2 R2 = Ra Rc Ra + Rb + Rc R3 = Ra Rb Ra + Rb + Rc Ra = R R + R2 R3 + R3 R1 Rc = 1 2 R3 ↔ 77 Örnek 2.14: Aşağıdaki b-d bağlantı noktaları arasındaki devreyi tutabilecek tek eşdeğer direnci bulunuz. a 4Ω 5Ω b d 4Ω 8Ω 10 Ω c 78 Çözüm: Devrede a-b-c noktası arasındaki ∆-direnç, ∆ -> Y dönüşümü ile Y dirence dönüştürülürse, yeni dirençler (R1, R2 ve R3) a 4Ω R1 5Ω R2 b R3 8Ω d 4Ω 10 Ω c Ra=4 Ω, Rb =8 Ω, Rc=4 Ω R1 = Rb Rc Ra + Rb + Rc R1 = (8 Ω)(4 Ω) = 2Ω 4 Ω+ 4Ω+8Ω R2 = Ra Rc Ra + Rb + Rc R2 = (4 Ω)(4 Ω) = 1Ω 4 Ω+ 4Ω+8Ω R3 = Ra Rb Ra + Rb + Rc R3 = (4 Ω)(8 Ω) = 2Ω 4 Ω+ 4Ω+8Ω 79 Dönüşümle birlikte yeni devre ve seri paralel bağlantılarla yalınlaştırılabilir hale gelir. a 5Ω b 2Ω e 1Ω d 2Ω 10 Ω c Read = 1 Ω + 5 Ω = 6 Ω Recd = 2 Ω + 10 Ω = 12 Ω Red = (6 Ω)(12 Ω) = 4Ω 6 Ω + 12 Ω Rbd = 2 Ω + 4 Ω = 6 Ω 80 Ödev: (a) Aşağıdaki b-d bağlantı noktaları arasındaki devrenin tutabilecek tek eşdeğer direnci, acd dirençlerinin oluşturduğu ∆’ şeklini Y şeklinde yazarak bulunuz. (b) bcd Y şeklini, ∆ şekline dönüştürerek bd arasındaki eşdeğer direnci bulunuz. a 4Ω 5Ω b d 4Ω 4Ω 10 Ω c 81 Örnek 2.15: Devre indirgeme yöntemini kullanarak aşağıdaki devredeki E gerilimini bulunuz. 4Ω 4Ω a 48A 3Ω 8Ω b 2Ω c + E =? 12 Ω - 82 Çözüm: a, b ve c kavşaklarının oluşturduğu üç-direnç ∆-devresi gibidir. ∆devresinin Y eşdeğeri ile yer değiştirilmesi ve sonrasında 48 A ve 3 Ω direncin gerilim kaynağına dönüşümü ile yapılabilir. 4Ω 4Ω a 48A 3Ω 8Ω b 2Ω c + E =? 12 Ω - 83 4Ω a 4Ω 8Ω b c 4Ω a 4Ω R1 c R2 R3 8Ω b 84 3Ω + E =144V - a 1Ω 2Ω 2Ω b c + E =? 12 Ω - 2Ω 85 2Ω + 36 A + - 2Ω 72 V 4Ω E =? 4Ω 12 Ω - 2Ω + + 12 Ω E =? 18 A - + - 3Ω 54 V 4 Ω E =? 12 Ω - + 86 Üst Üste Binme İlkesi Eğer bir devrede birden çok kaynak varsa, her devre elemanının geriliminin ve akımın bir çok bileşenin toplamından oluştuğu düşünülebilir. Bir çok kaynağın birlikte uygulanması ile herhangi bir kolda oluşan akım ya da gerilim her bir kaynağın ayrı ayrı etkisi ile o kolda üretilen akımların ya da gerilimlerin cebirsel toplamıdır. Bu ilke, herhangi bir dirençten geçen akımın doğrudan gerilimle orantılı olması gerçeğinden doğar. f ( x1 ) + f ( x1 ) = f ( x1 + x2 ) 87 Örnek 2.16: Aşağıdaki devrede üst üste binme ilkesini kullanarak I1, I2 ve I3 akımlarını bulunuz (Bu problem Örnek 2.1’de temel yasaların doğrudan uygulanması ile çözülmüştü). 20 Ω I1 + + E1 + E2 E=140 V - I3 I2 - - + 6 Ω E3 5Ω I=18 A - 88 Çözüm: Önce 140 V’luk kaynağın etkisi yokmuş gibi düşünülerek (sıfır kabul edilerek) akımlar bulunacak, daha sonra 18 A’lik akım akım kaynağının etkisi yokmuş gibi (açık devre kabul edilerek) akımlar bulunarak cebirsel toplam alınacaktır. 1-140 V’luk kaynağın etkisi yokmuş gibi düşünelim (sıfır kabul edilerek). Düğüm gerilimi yöntemi kullanılarak istenilen akımları bulalım. 20 Ω I’1 + I’2 + E=0 V 1 1 1 ′ E2 . + + = 18 20 6 5 E’2 6 Ω I’3 5Ω I= 18 A - E2′ = 43, 2 V I1′ = −43, 2 V 20 = −2,16 A I 2′ = 43, 2 V 6 = 7, 20 A I 3′ = 43, 2 V 5 = 8, 64 A 89 2- 18 A’lik akım akım kaynağının etkisi yokmuş gibi (açık devre kabul edilerek) kabul ederek akımları bulalım. Akımları bulmak için ilmek akımları I ve II ile göstererek akım yasası denklemi cebirsel toplam alınacaktır. 20 Ω + I”1 + + E2 E=140 V - II 26 I I − 6 I II = 140 −6 I I + 11I II = 0 I”2 I”3 6Ω 5Ω I=0 - III I I = 6,16 A I II = 3,36 A I1′′ = I I = 6,16 A I 2′′ = I I − I II = 2,80 A I 3′′ = I II = 3,36 A 90 Kaynakların her ikisinin aynı anda uygulanması ile elde edilen akımlar, yukarıda bulunan bileşenlerin toplamı olacaktır. I1 = I1′ + I1′′ = −2,16 + 6,16 = 4, 00 A I 2 = I 2′ + I 2′′ = 7, 20 + 2,80 = 10, 00 A I 3 = I 3′ + I 3′′ = 8, 64 + 3,36 = 12, 00 A Daha önce Örnek 2.1’de bulunan ve temel yasaların uygulanması ile elde dilen akımlar ile aynıdır. 91 Thevenin Teoremi Thevenin teoremi temel olarak; karmaşık bir devrenin herhangi bir çıkış ucu çiftinden bakıldığı zaman yalın bir biçimde gösterilmesine izin verir ve bunun sonucu olarak, devrenin çıkışına bağlanan bir yük üzerindeki etkisinin ya da tersine yükün devrenin bağlantı noktasının davranışı üzerine yapacağı etkinin kolayca bulunmasını sağlar. Thevenin Teoremi: Dirençlerden ve kaynaklardan oluşan herhangi bir doğrusal iki bağlantı noktalı devre ya bir gerilim kaynağı ve seri dirençten, ya da bir akım kaynağı ve paralel dirençten oluşan bir kaynak-direnç eşdeğeri ile gösterilebilir. Gerilim kaynağı gösterimine Thevenin Devresi, Akım kaynağı gösterimine ise ya Thevenin Akım-Kaynağı eşdeğeri ya da Norton eşdeğeri denir. 92 Örnek 2.17: Aşağıdaki devreden en yüksek gücü soğurabilecek R direncini ve bu gücü bulun. 20 Ω I1 + + E1 - I3 R 5Ω a E=140 V - I I=18 A b 93 Çözüm: Gücü bulmak için I akımının ve R direncinin bilinmeleri gerekir. Güç akım ve gerilimin çarpımı şeklinde olduğundan akım ve gerilimin (veya direncin) kendi değerlerinden çok çarpımı önemlidir. Bu nedenle R’nin bir fonksiyonu olarak I’yı veren bir bağıntı bulunmalıdır. R direncinin bulunması istendiğinden, devreden çıkarılır ve devrenin geri kalannının Thevenin eşdeğer devresi oluşturulur. 20 Ω + + E=140 V - + Eo - a 5Ω I= 18 A b 94 Eo gerilimini bulmak için 140 V’luk gerilim kaynağı 20 Ω’luk direnç ile akım kaynağına dönüştürülebilir. 7A + 20 Ω Eo - a 5Ω I= 18 A b Yukarıdaki devre için Kirchhoff Akım Yasası denklemi kullanılırsa Eo gerilimi 1 1 Eo . + = 7 + 18 20 5 Eo = 100 V 95 Eşdeğer direnci Ro bulmak için kaynaklar sıfıra indirgenir (Gerilim kaynağı kısa devre, akım kaynağı açık devre) (Gerilim veya akım kaynağı içeren devrenin ikisi için de yapıladığında aynı sonuç elde edilir). Gerilim kaynağı olduğu durumda: 20 Ω + + Eo - a 5Ω 20 Ω a 5Ω b b (20).(5) Ro = =4Ω 20 + 5 96 a-b noktalarının gördüğü Thevenin eşdeğer devresi 100 V’luk bir gerilim kaynağı ve 4Ω’luk bir direnç ile temsil edilebilir. 4Ω a + RΩ E=100 V b R direnci üzerinden geçen akım KGY kullanılarak 100 100 − 4 I − RI = 0 ⇒ I = 4+ R R direncinin soğurduğu güç: P = I 2R = 10000 R (4 + R) 2 97 4Ω a + RΩ E=100 V b Gücün dirence göre değişimni, veren maksimum değer bulunursa dP 10000(4 + R) 2 − 20000(4 + R) R = =0 4 dR (4 + R) 100 I= = 12,5 A 4+4 R = 4Ω Pmax = (12,5 A) 2 (4Ω) = 625W 98 Örnek 2.18: Aşağıdaki devrede a-b bağlantı Thevenin eşdeğer devresini bulunuz. noktalarından bakıldığında A 10 Ω I1 a I2 + + 80 V - 5I1 5Ω Eo - b 99 Çözüm: Devrede bağımlı bir kaynak vardır. Bu nedenle yalnız bağımsız kaynakların bulunduğu devreden ayrı bir biçimde incelenmesi gerekir. Açık devre gerilimi Eo ve kısa devre akımı Io’nın bulunması olacaktır. Daha sonra eşdeğer direnç bulunacaktır. 10 Ω A I1 a I2 + + 5I1 80 V 5Ω - ilmek A kavşağında KAY denklemi Eo - b I 2 = I1 + 5I1 = 6 I1 Dış ilmek çevresinde KGY denklemi 10 I1 + 5I 2 = 10 I1 + 5(6 I1 ) = 80 Buradan gerilim Eo = 5I 2 = 60V I1 = 2 A; I 2 = 12 A 100 Devre çıkış uçları birleştirilmiş durumda aşağıda çizilmiştir. Kısa devrenin sonucu olarak çıkış gerilimi ve ona bağlı olarak da 5Ω’luk dirençteki akım sıfırdır. Devrenin KGY ve KAY denklemleri: 10 I1 = 80 ⇒ I1 = 8 A I o = I1 + 5 I1 = 48 A A 10 Ω a I1 Io + 80 V 5I1 5Ω b Ro direnci Eo 60 Ro = = = 1, 25Ω I o 48 101 1,25 Ω a a + 48 A 60 V 0,80 mho - 10 Ω Thevenin eşdeğeri b b Norton eşdeğeri 102 Örnek 2.19: Aşağıdaki devre direnç ölçülmesinde kullanılan dengelenmemiş bir köprünün devresidir. Verilen devre verilerine göre A ampermetresinden geçen akımı bulunuz. Ampermetrenin iç direnci 9 Ω’dur. 20 Ω 30 Ω a A 9Ω b 10 Ω - 90 Ω + 100 V 103 Çözüm: Bu problemin çözümü devrenin Thevenin eşdeğer devresinin kullanılması ile büyük ölçüde yalınlaştırılabilir. İlk adım ampermetreyi devreden çıkarmak ve açık devre gerilimi Eo bulmaktır. I1 20 Ω 30 Ω a + - E b 10 Ω 90 Ω I2 - 100 I1 = = 2A 20 + 30 + 100 V 100 I2 = = 1A 20 + 90 Eo = 20 I1 − 10 I 2 = (20)(2) − (10)(1) = 30V 104 Eşdeğer Ro direnci (20)(30) (10)(90) Ro = + = 21Ω 20 + 30 10 + 90 20 Ω 10 Ω a b 30 Ω 90 Ω 105 Thevenin eşdeğer devresi 30 V bir gerilim kaynağı ve 21 Ω’luk seri bağlı dirençten oluşacaktır. Ampermetre yerine takılırsa üzerinden geçecek akım (9 Ω’luk ampermetrenin iç direncini de dikkate alırsak) 30 I= = 1A 21 + 9 21 Ω a + A 9Ω 30 V - b Thevenin eşdeğeri 106
