E - Hüseyin Sarı

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