1Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Elektrik Müh. Temelleri
ELK-184
3
@ysevim61 https://www.facebook.com/groups/KTUEMT/
ÜÇGEN YILDIZ DÖNÜŞÜMÜ
2Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
R1A
R3
R2
B C
DR4R5
Aşağıdaki devrenin kaynağından bakıldığı zaman görünen eşdeğer direnç nedir?
Reş
ÜÇGEN YILDIZ DÖNÜŞÜMÜ
3
≡R1
A
R3
R2
B C
𝒓𝟏 + 𝒓𝟐 = 𝑹𝟏// 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 =𝑹𝟏. 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝒓𝟐 + 𝒓𝟑 = 𝑹𝟑// 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 =𝑹𝟑. 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝒓𝟑 + 𝒓𝟏 = 𝑹𝟐// 𝑹𝟑 + 𝑹𝟏 =𝑹𝟐. 𝑹𝟑 + 𝑹𝟏
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝒓𝟏 =𝑹𝟏. 𝑹𝟐
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑𝒓𝟐 =
𝑹𝟏. 𝑹𝟑
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑𝒓𝟑 =
𝑹𝟐. 𝑹𝟑
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
r1
O
A
r3r2
BC
RAB
RAB
Örnek
4
≡
R1=5Ω A
R3=10Ω
R2=4Ω
B C
D
1
2
Reş
R4=2Ω
R5=20Ω
R5=20Ω
r2
A
r3r1
B C
D
2
Reş
R4=2Ω
1
𝒓𝟏 =𝑹𝟏. 𝑹𝟑
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑=
𝟓. 𝟏𝟎
𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎= 𝟐, 𝟔𝟑Ω
𝒓𝟐 =𝑹𝟏. 𝑹𝟐
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑=
𝟓. 𝟒
𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎= 𝟏, 𝟎𝟓Ω
𝒓𝟑 =𝑹𝟐. 𝑹𝟑
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑=
𝟏𝟎. 𝟒
𝟓 + 𝟒 + 𝟏𝟎= 𝟐, 𝟏𝟎Ω
𝑹𝒆ş = 𝒓𝟐 + 𝒓𝟏 + 𝑹𝟒 // 𝒓𝟑 + 𝑹𝟓
𝑹𝒆ş = 𝟏, 𝟎𝟓 + 𝟐, 𝟔𝟑 + 𝟐 . 𝟐, 𝟏 + 𝟐𝟎
𝟐, 𝟔𝟑 + 𝟐 + 𝟐, 𝟏 + 𝟐𝟎
𝑹𝒆ş = 𝟏, 𝟎𝟓 + 𝟑, 𝟖𝟐 = 𝟒, 𝟖𝟕Ω
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
5Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek : Devrelerin eşdeğer dirençlerini bulunuz.
Ev Ödevi
Gerilim Ayarlama Yöntemleri
6
1-Ön Direnç
+
-
I
ER (yük)V+
-
Rön
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
1-Ön Direnç 2-Potansiyometre
Gerilim Ayarlama Yöntemleri
7
2-Potansiyometre (Pot)
+-
I
E
R (yük)V
+
-
R1
I1
R2
I2
Reş
R1=0 ise V=?
R1=∞ ise V=?
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Panel aydınlatması için kullanılan 12V’dan 9V’a dönüştürücü devre
8Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
+
-E=12V
V2
+
-
R2=9Ω
1.anahtar 2.anahtar
R1=3Ω
Gerilim ve Akım Bölücü Devre Çözümü (Ev Ödevi)
9Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek:
a) Yandaki devrede 𝑽𝒐 ın yüksüz durum değerini bulunuz.
b) 𝑹𝑳 = 𝟏𝟓𝟎𝒌𝛀 iken 𝑽𝒐’ı bulunuz.
c) Eğer yük terminalleri yanlışlık ile kısa devre edilir ise 𝟐𝟓𝒌𝛀dirençten akan akımın değeri nedir?
Örnek:
a) Yandaki devrede 𝟖𝟎𝛀 luk direnç üzerinden 4A akım geçmesinisağlayacak 𝑹 değerini bulunuz.
b) Eğer yük terminalleri yanlışlık ile kısa devre edilir ise 𝟔𝟎𝛀dirençte ne kadar akım akar?
25kΩ
E1=200V 75kΩ RL
+
-
I1 I2 I3
Vo
+
-
60Ω
I1=20A
40ΩR
80Ω
4A
Gerilim ve Akım Bölücü Devre Çözümü (Ev Ödevi)
10Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek:
Yandaki devrede 𝑰𝒐 akımını akım bölünmesi, 𝑽𝒐
gerilimini bulunuz.
Örnek:
a) Yandaki devrede 𝟒𝟎𝛀 luk direnç üzerindeki 𝑽𝒐
gerilimini bulunuz.
b) Bulunan 𝑽𝒐 gerilimini kullanarak 𝟒𝟎𝛀 lukdirençteki akımı bulunuz. Sonra bu akım ve akımbölünmesini kullanarak 𝟑𝟎𝛀 luk dirençdeki akımıhesaplayınız.
I1=8A
36Ω
44Ω
40Ω
10Ω10Ω
30Ω
24Ω
Io
Vo
+
-
40Ω
30ΩE1=60V 20Ω 10Ω+
-
I1Vo
70Ω
+ -
50Ω
I2
Voltmetrenin Ölçüm Kademesini Artırmak
11
Elimizde en fazla 1V ölçe bilen bir voltmetre olsun. Aynı voltmetre ile 100V ölçebilmek için nasıl bir bağlantıyapmak gerekir? (Eklenecek direnç ile Voltmetrenin göstergesi yine maksimum 1V gösterecektir fakat bizbileceğiz ki bu 100V’a karşılık gelmektedir. Oran orantı yöntemi ile gerçek değeri hesaplıyacağız)
Voltmetreden geçebilecek max akım
+ -
RV
RV=10kΩ V=1V
Vö=100V
VRI
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Ampermetrenin Ölçüm Kademesini Artırmak
12
Elimizde en fazla 10mA ölçüm yapa bilen bir ampermetre olsun. Aynıampermetre ile 100mA ölçebilmek için nasıl bir bağlantı yapmak gerekir?(Eklenecek direnç ile ampermetrenin göstergesi yine maksimum 10mAgösterecektir fakat biz bileceğiz ki bu 100mA’e karşılık gelmektedir. Oranorantı yöntemi ile gerçek değeri hesaplıyacağız)
R
A
RA=10ΩIA=10mA
Iö=100mA10mA
IR
V
𝑽 = 𝑰𝑨. 𝑹𝑨 = 𝟏𝟎𝒎𝑨.𝟏𝟎Ω = 𝟎,𝟏𝐕
𝑹 =𝑽
𝑰𝑹=
𝟎, 𝟏𝑽
𝟗𝟎𝒎𝑨=
𝟏𝟎
𝟗Ω = 𝟏, 𝟏𝟏𝟏Ω
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Direncin Akım ve Gerilim Ölçümüyle Bulunması
13
Aletlerden ölçülen büyüklükler IA ve V’dir.
+
-
I
RX
ARA
V
RV
IA
E V
IV
Bu düzenek ile küçük değerli dirençleri ölçmekdaha doğru olur.
+
- I
RX
ARA
V
RVE
V
Aletlerden ölçülen büyüklükler V ve I’dir.
VA
Bu düzenek ile büyük değerli dirençleri ölçmekdaha doğru olur.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Yapılması gereken
Yapılması gereken
𝑹𝒙 =𝑽
𝑰𝑨 𝑹𝒙 =𝑽
𝑰
Pratikte yapılanPratikte yapılan
Herhangi bir devre elemanının akım ve gerilimini aynı anda ölçmek ölçüm hatalarına neden olacaktır.Eğer ölçüm yaparken ölçülen direnç değerine bağlı olarak bağlantı şekli seçilmelidir. 𝑽𝑽, V gerilimkaynağının, 𝑰𝑨, I (ikinci devre için)akım kaynağının ölçtüğü değerleri temsil etmektedir.
𝑽𝒙 = 𝑽 − 𝑽𝑨
𝑽𝑨 = 𝑰. 𝑹𝑨
𝑹𝒙 =𝑽𝒙
𝑰=
𝑽 − 𝑽𝑨
𝑰=
𝑽
𝑰− 𝑹𝑨
Direncin Köprüyle Ölçülmesi (Wheatstone Köprüsü)
14
A-B arasındaki alet çok küçük akımları ölçe bilen bir alettir. A’nın potansiyeliB’den büyük yada küçük olabilir. Denge durumunda Io=0 olur, VAB=0 olur.Gelen akımlar kendi kollarından devam ederler.
+
-
I
RXE
R3
AIo
R2
R4
B
I1 I2
O aleti
+
-
I
RX
E
R3
AIo
a
b
B
O aleti
Homojen çubuk
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
R3I1= R4I2
RxI1= R2I2
Wheatstone Köprüsünün ağırlık ölçümünde kullanılması
15Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
+
-
I
𝑹𝟏 = 𝟏𝟎𝟎𝜴
E
R3
A VAB
Rx
B
I1 I2
𝑹𝟐 = 𝟏𝟏𝟎𝜴
Strain gauge
Ağırlık
VAB
Elektriksel İş ve Güç
16
Mekanikte iş, l yolu boyunca bir F kuvveti etki etmiş ise F.l olaraktanımlanmıştır. Örneğin, bir m kütlesini aralarındaki mesafe l olana noktasından b noktasına götürmek için düzgün doğrusalhareketle sürtünme kuvvetini yenmek için bir F kuvvetigerekmektedir. Böylece yük tanımına göre bir iş tanımıyapılmaktadır. Benzer biçimde V gerilimi altında Q yükü hareketettirilirse bir elektriksel iş yapılmış olur. Her iki durumda da enerjiaçığa çıkar.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
𝑮üç = 𝑷 =𝑬𝒏𝒆𝒓𝒋𝒊
𝒛𝒂𝒎𝒂𝒏=
𝑾
𝒛𝒂𝒎𝒂𝒏
𝑷 =𝑽. 𝑰. 𝒕
𝒕
𝑷 = 𝑽. 𝑰
Elektriksel İş ve Güç
17
+
-
I
VR
P
Doğru akımda direnç üzerinde harcanan güç, enerji bağıntıları
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
𝑷 = 𝑽. 𝑰
𝑷 =𝑽𝟐
𝑹
𝑷 = 𝑰𝟐. 𝑹
Elektriksel İş ve Güç
18
Alternatif akımda güç, enerji bağıntıları
+
-
i(t)
v(t)p(t)
Devre
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
tT
𝑣 𝑡
𝑖 𝑡 𝑝 𝑡
𝑝 0 = 𝑣 0 . 𝑖 0
𝑝 1 = 𝑣 1 . 𝑖 1
𝑝 2 = 𝑣 2 . 𝑖 2
𝑝 3 = 𝑣 3 . 𝑖 3
Elektriksel İş ve Güç
19
Enerji birimleri
. joule
. calori (mekanik, ısı)
. eV (küçük değerli enerjiler için)
. kwh (kilo watt saat) (çok büyük enerjiler için)
1kwh=103watt.60.60saniye=3,6.106joule
1joule=1watt.saniye=1.10-3 kw/(60.60)= 10-5/36kwh
1kcal=4187watt.saniye(joule)=1,16.10-3 kwh
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
1beygir gücü=745,7w=0,75kw
Çevre Gerilimleri Yasaları (Ev Ödevi)
20Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek: Kirchoff düğüm akım ve çevre gerilimyasalarını kullanarak 𝑰𝒐 dan geçen akımı ve tümdevre elemanlarının gücünü bulunuz.
Örnek: Her bir düğüm ve çevre için kirshoff yasalarınıuygulayın ve devrede üretilen toplam gücü bulunuz.
Örnek: Her bir düğüm ve çevre için kirshoff yasalarını uygulayın vedevrede üretilen toplam gücü bulunuz.
10Ω
-+
E1=120VIo
I=6A50Ω
-+
E1=120V
I5=20AI4=10A
I3=10A
+ -
E2=50V
+
-
V4=30V
+E1=120V E4=20V
I3=10A
+ -
E2=50V
+
- -
50Ω
Hatlardaki Enerji Kaybı
21
Enerji hatlarında kullanılan hatlar bakır veya alüminyumdanyapılmaktadır. Alüminyum daha ucuz olmakla beraber bazı kötüözelliklerinden dolayı bakırın yerini alamamaktadır. Alüminyum kolaylıklaoksitlenmekte ve alüminyum oksit iletken olmadığı için ek yerlerindegeçiş dirençleri ortaya çıkmaktadır. Alüminyum basınç altında şeklinideğiştirdiği için vidalar zamanla gevşemekte ve hatlar üzerindeki bağlantıbozulmaktadır. Hatta oluşacak kısa devreler alüminyum alevli olarakyandığında kolaylıkla yangına neden olmaktadır.
Yukarıdaki nedenlerden dolayı iç tesisatta alüminyumkullanılmaz.
Özellikle yüksek gerilim hatlarında alüminyum bakırdan dahahafif olduğundan alüminyum tercih edilir. Bir hattan çekilecek akımyoğunluğu hattın çıplak veya izolasyonlu olmasına ve hattın kesitinebağlıdır. Kesit arttıkça ısınmadan dolayı hattan geçen akım yoğunluğuazalmaktadır.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Hatlardaki Enerji Kaybı
23
Hattaki güç kayıbı
+
-
I
Rh
E R (yük)
A B
Hat
I
I
+
-
I
V1 Ry
A B
lh
I+
-
V2
Hattaki gerilim düşümü
Hat parametreleri
Hat boyu lh , kesit A, ρ
Hattın direnci Hatta ki gerilim düşümü
Bağıl gerilim düşümü
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Rh= 𝝆𝟐.𝒍𝒉
𝑨∆𝑽 = 𝑽𝟏 − 𝑽𝟐 = 𝑰. 𝑹𝒉
∆V
Hatlardaki Enerji Kaybı
24
Yüke aktarılan güç
+
-
Rh
V1 Ry
A B I+
-
V2
Bağıl gerilim düşümü genelde %5 altında kalır. Bir enerji hattının kesitini belirlerken yukarıda görüldüğü gibi iki olay kesiti ifade eder.
1- Isınmadan dolayı
2- Hattaki gerilim düşümü
2.Etken uzak mesafelere yapılan enerji taşımalarında daha fazla kendini göstermektedir.
𝜺 =𝑰. 𝑹𝒉
𝑽𝟏. 𝟏𝟎𝟎 =
𝑰. 𝑹𝒉
𝑰. 𝑹𝒉 + 𝑽𝟐. 𝟏𝟎𝟎 =
𝟏
𝟏 +𝑽𝟐
𝟐
𝑷𝒚. 𝑹𝒉
. 𝟏𝟎𝟎
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Eşdeğer Devre ve Bir Gerilim Kaynağının İç Direnci
25
A anahtarı açıkken I=0, ampul yanmıyor. (V=1,5V)
A anahtarı kapalıyken I≠0, ampul yanıyor.
(V=1,36V,…,1,2V azalır)Ampül
E : açık devre gerilimi (E.M.K.)
Ri : İç direnç (kaynak iç direnci)
İdeal kaynakta Ri=0
𝑽 = 𝑬 − 𝑹𝒊. 𝑰
𝑽 = 𝑬 − 𝑹𝒊. 𝑰
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek
26
Örnek: 12V’luk bir araba aküsünün uçları kısa devre edildiğindeiletkenden akacak akımı bulunuz. Akünün iç direnci Ri =0,01Ω.Akünün uçlarını birleştirmek için kullanılan kablonun boyu 1m kesiti2mm2 ve ρ=0,018Ω.mm2/m
≡
𝑹𝒌 = 𝝆𝒍
𝑨= 𝟎, 𝟎𝟏𝟖 Ω
𝒎𝒎𝟐
𝒎.
𝟏𝒎
𝟐𝒎𝒎𝟐= 𝟎, 𝟎𝟎𝟗Ω
kablo
Rk
I
V
1
2
E=12V
Ri=0,01Ω
Akünün eşdeğeri
+
+ -
kablo
1 2
Akü
İdeal kablo Rk =0Ω
𝑰 =𝑬
𝑹𝒊+𝑹𝒌=
𝟏𝟐
𝟎, 𝟎𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟎𝟗≅ 𝟔𝟑𝟏𝑨
𝑰 =𝑬
𝑹𝒊=
𝟏𝟐
𝟎, 𝟎𝟏≅ 𝟏𝟐𝟎𝟎𝑨
𝑽 = 𝑰. 𝑹𝒌 = 𝟔𝟑𝟏.𝟎, 𝟎𝟎𝟗 ≅ 𝟓,𝟔𝟗𝑽
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Gerilim Kaynaklarının Seri ve Paralel Bağlanması
27
-
I
R (yük)
E1+
R1- -++
E2 E3R2 R3E
I
R (yük)
+ -Ri
≡
Gerilim Kaynaklarının Paralel Bağlanması
-
I=3 IK
R (yük)
E1+
R1
-
-+
+E2
E3
R2
R3
IK
IK
IK
E
I
R (yük)
+ -Ri
≡𝑬 = 𝑬𝟏 = 𝑬𝟐 = 𝑬𝟑
𝑹𝒊 = 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + 𝑹𝟑
𝑹𝒊 =𝑹𝟏
𝟑
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
𝑬 = 𝑬𝟏 + 𝑬𝟐 + 𝑬𝟑
𝑹𝟏 = 𝑹𝟐 = 𝑹𝟑
Gerilim Kaynaklarının Seri Bağlanması
Örnek
28
Örnek: Devreyi çözerek tüm akım değerlerini bulunuz.
B düğümü için:
1.çevre
Toplam düğüm sayısı d=4. Bulmamız gereken bağımsızdüğüm denklem sayısı toplam düğüm sayısının bir eksiğidir(4-1=3). Bir düğüm referanstır onun için denklem yazmayagerek yoktur.
C düğümü için:
D düğümü için:
2.çevre
3.çevre
3 tane bağımsız çevre denklemi
3 tane bağımsız düğüm
denklemi
𝑰𝟑 + 𝑰𝟒 − 𝑰𝟔 = 𝟎
𝑰𝟏 − 𝑰𝟑 − 𝑰𝟓 = 𝟎
𝑰𝟐 + 𝑰𝟓 − 𝑰𝟒 = 𝟎
𝑰𝟐𝑹𝟐 − 𝑰𝟓𝑹𝟓 − 𝑰𝟏𝑹𝟏 = 𝟎
𝑰𝟒𝑹𝟒 − 𝑰𝟑𝑹𝟑 + 𝑰𝟓𝑹𝟓 = 𝟎
−𝑬 + 𝑰𝟔𝑹𝟔 + 𝑰𝟏𝑹𝟏 + 𝑰𝟑𝑹𝟑 = 𝟎
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
-E +
R4
R1 R2
R3
R6
R5
A
B C
D
I1
I3I4
I2
I5
I6
Direncin Kısa ve Açık Devre Olması
29
EI
R (yük)
+-
Ri
+
-
V
KISA DEVRE AÇIK DEVRE
𝑹 = ∞, 𝑰 = 𝟎
𝑽 = 𝑬 𝐨𝐥𝐮𝐫
𝑹 = 𝟎, 𝑰 =𝑬
𝑹𝒊
𝑽 = 𝟎 𝐨𝐥𝐮𝐫
−𝑰. 𝑹𝒊 − 𝑰. 𝑹 + 𝑬 = 𝟎
𝑰 =𝑬
𝑹 + 𝑹𝒊
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
EI
R =0+-
Ri
+
-
VE
I
R =+-
Ri
+
-
V ∞
Örnek
30
Örnek: Devreyi çözerek gerilim kaynaklarınınakıtmış oldukları akımların yönlerini belirleyin.
-
I
E1+
R1
-+E3 R2E2-
𝑬𝟐 + 𝑬𝟑 + 𝑰. 𝑹𝟐 + 𝑰. − 𝑬𝟏 = 𝟎
𝑰 =𝑬𝟏 − 𝑬𝟐 + 𝑬𝟑
+𝑹𝟐
𝑰 =𝑬𝟏
+𝑹𝟐−
𝑬𝟐
+𝑹𝟐−
𝑬𝟑
+𝑹𝟐
I akımı ile aynı yönde akıyor
I akımının tersi yönünde akıyor
I akımının tersi yönünde akıyor
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Bağımsız ve Bağımlı Kaynaklar
31
Bağımsız Gerilim Kaynağı
-E+
I
+V
-Devre
I
Eideal
V
Bağımsız Akım Kaynağı
-
+Io
V Devre
I
Videal
V
Io
Bağımlı Gerilim Kaynağı Bağımlı Akım Kaynağı
Bağımsız kaynaklar devredeki herhangi bir elemana bağlı değilken, bağımlıkaynaklar devre elemanlardan herhangi birine bağlı olabilir.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
20Ω+-
E1=10V
E2=4V
+-
Ib
10.Ib
+-
Vo
10Ω 70Ω
+-
E3=5V50Ω+
-E1=10V
+-
60.Ix
100Ω
20Ω
30Ω
20Ω
Ix
-
V
+i
R +- ki
kVRVR
-
V
+i
R kikVR
VRAkım Bağımlı Gerilim Kaynağı
Gerilim Bağımlı Gerilim Kaynağı
Akım Bağımlı Akım Kaynağı
Gerilim Bağımlı Akım Kaynağı
Ev Ödevi
32Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek: Aşağıdaki devredeki i1, i2, i3 akımlarını çevre denklemleri ve düğümakımlarından yararlanarak bulunuz.
Örnek: Aşağıdaki devredeki RL=8Ω direncinden geçen akımı ve üstüne düşen gerilimiçevre denklemleri ve düğüm akımlarından yararlanarak bulunuz.
Ev Ödevi
33Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek: Aşağıdaki devredeki i1, i2, i3 akımlarını çevre denklemleri ve düğümakımlarından yararlanarak bulunuz.
Örnek: Aşağıdaki devredeki V1, V2 gerilimlerini çevre denklemleri ve düğümakımlarından yararlanarak bulunuz.
Örnek
34
Örnek: Bir doğru akım motorunu çalıştırmak için 15V’luk gerilim ile 150W’lık güçgerekiyor. Elimizde her birinin iç direnci 0,45Ω olan 1,5V’luk piller vardır. En az sayıda pilkullanarak bu DC motor besleme devresini gerçekleştiriniz.
Ana koldaki akım:
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
-E1=1,5V
+
Ik
- + +
M
150W, 15V
E2=1,5V En=1,5V
R1=0,45Ω
R2=0,45Ω Rn=0,45Ω
-E1=1,5V
+ - + +E2=1,5V En=1,5VR2=0,45Ω Rn=0,45Ω
R1=0,45Ω
m
𝑛. 1,5𝑉 − 𝑛. 0,45Ω. 𝐼𝑘 = 15Çevreden:
𝐼𝑘 =10
𝑚Her bir koldaki akım:
𝑛. 1,5𝑉 − 𝑛. 0,45Ω.10
𝑚= 15
𝑛 −3𝑛
𝑚= 10
𝑚𝑛 − 3𝑛 = 10𝑚
𝑛 𝑚 − 3 = 10𝑚
𝑛 =10𝑚
𝑚 − 3Toplam pil sayısı: 𝑚𝑛 =
10𝑚2
𝑚 − 3
𝑑 𝑚𝑛
𝑑𝑚=
20𝑚2 − 60𝑚 − 10𝑚2
𝑚 − 3 2 = 0
𝑚 = 6𝑚. 𝑛 = 120𝑛 = 20
I
𝐼 =𝑃
𝑉=
150𝑊
15𝑉= 10𝐴
+-
Bağımlı Kaynaklar Örnek
35Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek : 𝑽𝒐 = 𝟏𝟎𝟎𝑽 ve 𝑰𝟏 = 𝟏𝟐𝑨 ise devrede üretilentoplam gücü bulunuz.
Örnek : Devrede üretilen toplam gücü bulunuz.
Örnek : Aşağıdaki devrede 𝑽𝒐 = 𝟐𝟓𝟎𝒎𝑽 ’a eşitolduğunda 𝑽𝟏 , 𝑽𝒈’yi bulunuz ve akım ve gerilim
kazançlarını bulunuz.
I1=12A
+
-E2=60V
I3=4A
E4=80V+
-
Ia
2.Ia
+
-
Vo
200Ω+-
E1=15.2V
E2=0.8V
+-
Ib
29.Ib
+-
Vo
100Ω 500Ω
+-
E3=25V
40Ω+-
Vg
+
-
I1
20.I1
V1
10Ω
25Ω
100Ω
I2
+
-
50.I2
V0
50Ω
12.5Ω
Aktif ve Pasif Devreler ve Maksimum Güç Teoremi
36
Çevre denkleminden
Kısa Devre (R=0Ω)
-E+
R (yük)
+
V
-B
A
Ri
Aktif Pasif
I
𝑰 =𝑬
𝑹𝒊 𝑹 = 𝟎Ω
ise I=0, V=E ve P=0
Açık Devre (R= ∞Ω)
𝑹 = ∞Ω
(Çok büyük), V=0 ve P=0ise
Gücün olması için akım ve gerilim aynı anda bulunmalıdır.
−𝑬 + 𝑹𝒊. 𝑰 + 𝑹. 𝑰 = 𝟎
𝑰 =𝑬
𝑹𝒊 + 𝑹
𝑽 = 𝑰. 𝑹 = 𝑬.𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹
𝑷 = 𝑰. 𝑽 = 𝑬𝟐.𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹 𝟐
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Yüke Aktarılan Güç
37
Yüke aktarılan gücün değişimini çizersek
1 2 3 4𝑹
𝑹𝒊 𝑹 = 𝑹𝒊
Pi (iç dirençte harcanan güç)
P (yüke aktarılan güç)
İç dirençte harcanan güç
𝑹𝒊 = 𝑹
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
𝑷𝒎𝒂𝒙 =𝑬𝟐
𝟒.𝑹𝒊
𝑬𝟐
𝑹𝒊
𝑹𝒊 = 𝑹 için
𝑰 =𝑬
𝑹𝒊 + 𝑹𝒊=
𝑬
𝟐.𝑹𝒊
𝑽 = 𝑰. 𝑹 =𝑬
𝟐.𝑹𝒊. 𝑹𝒊 =
𝑬
𝟐
𝑷 = 𝑽. 𝑰 =𝑬𝟐
𝟒. 𝑹𝒊
𝑷𝒊 = 𝑰𝟐. 𝑹𝒊 = 𝑹𝒊.𝑬
𝑹 + 𝑹𝒊
𝟐
𝑷 = 𝑬𝟐.𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹 𝟐
𝒅𝑷
𝒅𝑹= 𝑬𝟐.
𝟏. 𝑹𝒊 + 𝑹 𝟐 − 𝟐.𝑹. 𝑹𝒊 + 𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹 𝟒
𝒅𝑷
𝒅𝑹= 𝑬𝟐.
𝑹𝒊 − 𝑹
𝑹𝒊 + 𝑹 𝟑 = 𝟎
𝑹𝒊 − 𝑹 = 𝟎
Örnek
Örnek: 12V’luk iç direnci Ri=0,02Ω olan bir otomobil aküsünün maksimum güçverebilmesi için gerekli olan direnci, akan akımı, yüke aktarılan gücü ve verimihesaplayınız.
EI
R (yük)
+-
Ri
1
2
+
-
V
Maksimum güç için Ri=R=0,02Ω olmalıdır.
𝑰 =𝑬
𝑹 + 𝑹𝒊=
𝟏𝟐
𝟎, 𝟎𝟐 + 𝟎, 𝟎𝟐= 𝟑𝟎𝟎𝑨
𝑽 = 𝑰. 𝑹 = 𝟑𝟎𝟎. 𝟎, 𝟎𝟐 = 𝟔𝑽
𝑷 = 𝑽. 𝑰 = 𝟔. 𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟖𝟎𝟎𝑾
𝑷𝒊 = 𝑹𝒊. 𝑰𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟐. 𝟑𝟎𝟎𝟐 = 𝟏𝟖𝟎𝟎𝑾
𝑷𝑻 = 𝑷𝒊 + 𝑷 = 𝟏𝟖𝟎𝟎 + 𝟏𝟖𝟎𝟎 = 𝟑𝟔𝟎𝟎𝑾
𝝁 =𝑷
𝑷𝑻=
𝟏𝟖𝟎𝟎
𝟑𝟔𝟎𝟎= 𝟎, 𝟓 = %𝟓𝟎
Daha gerçekçi olursak R=1,7Ω için
𝑰 =𝟏𝟐
𝟏, 𝟕 + 𝟎, 𝟎𝟐= 𝟔, 𝟗𝟕𝑨
𝑽 = 𝟔, 𝟗𝟕. 𝟏, 𝟕 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟔𝑽
𝑷 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟔. 𝟔, 𝟗𝟕 = 𝟖𝟐, 𝟔𝟔𝑾
𝑷𝒊 = 𝟎, 𝟎𝟐. 𝟔, 𝟗𝟕𝟐 = 𝟎, 𝟗𝟕𝑾
𝝁 =𝟖𝟐, 𝟔𝟔
𝟖𝟐, 𝟔𝟔 + 𝟎, 𝟗𝟕= 𝟎, 𝟗𝟖 = %𝟗𝟖
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek
Örnek:
a) I akımı ve V gerilimini E kaynak gerilimi, R1 ve R2 direnci cinsinde ifade
ediniz.
b) Ry direnci üzerinde harcanan gücün maximum güç olabilmesi için Ry
direncinin alması gerektiği direnç değerini R1 ve R2 direnç değerleri
cinsinden eşitini matematiksel olarak (minimizasyon ile) bulunuz.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
-E+
R1
Ry
I
R2 V
Pratik Çözüm
Maksimum güç aktarımı yapılacak devre elemanı devreden çıkarılır. Devredebulunan bağımsız akım kaynakları açık devre, bağımsız gerilim kaynakları kısadevre yapılır. Bu işlemler yapıldıktan sonra çıkarılan kısımdan bakıldığı zamangörülen devrenin eşdeğer direnci kadar eleman değeri takılır ise bu elemanamaksimum güç aktarımı yapılmış olur.
NOT: Devrede bağımlı kaynak var ise bu yöntem uygulanamaz. Thevenin veNorton yöntemleri ortak kullanılarak eşdeğer direnç hesaplanır.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
𝑹𝒆ş = 𝑹𝒚 =𝑹𝟏. 𝑹𝟐
𝑹𝟏 + 𝑹𝟐
R1
Reş
R2
Örnek
Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güçaktarımı için ayarlanmıştır.
a) RL’nin değerini bulunuz.
b) RL ’ye aktarılan maksimum gücü bulunuz.
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güçaktarımı için ayarlanmıştır.
a) RL’nin değerini bulunuz.
b) RL ’e aktarılan maksimum gücü bulunuz.
Örnek: Yandaki devrede değişken direnç RL maksimum güçaktarımı için ayarlandığında devrede oluşturulan gücün yüzdekaçı RL’ye aktarılır?
200Ω+-
E1=100V
+-
Ix
60.Ix
50Ω 60Ω
40Ω
RL
40Ω
+
-E1=480V +-
Ix
20.Ix
4Ω
6Ω 4Ω
RL
8Ω
2Ω
2kΩ +-E1=50V
1.25kΩ4kΩ
10kΩ
RL
9mA
KAYNAK DÖNÜŞÜMLERİ
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
-+
V
IR
RsR
A
B
-I
+Rs R
IR
A
B
𝑰 =𝑽
𝑹𝒔
42
Devre çözümünü kolaylaştırmak amacı ile kaynak dönüşümüne başvurulmaktadır. Düğüm gerilimleri yönteminde düğüm sayısını azaltmak amacıile gerilim kaynağı akım kaynağına, bağımsız çevre gerilimleri yöntemindedenklem sayısını azaltmak için akım kaynakları gerilim kaynaklarınadönüştürülür.
-E+
R1
R
R2
R3 ı -E+
R1
R
R2
R3
𝑬𝑰 = 𝑰.𝑹𝟑+-
KAYNAK DÖNÜŞÜMLERİ
Elektrik Mühendisliğinin Temelleri-Yrd. Doç. Dr. Yusuf SEVİM
-E+
R1
R3
RR2
R4
R5ı
-
𝑰𝟏 =𝑬
𝑹𝟏
+
R1
R3
R
R2
R4
R5
𝑽𝟐 = 𝑰.𝑹𝟐
43
-E+
R1
R
R2
R3 ıR1
R
R2
R3
ı𝑰𝑬 =
𝑬
𝑹𝟏
Top Related