bölüm 1 - Elektrik.gen.TR

BÖLÜM 1
ALTERNATİF AKIMIN TEMEL ESASLARI
1. DOĞRU VE ALTERNATİF AKIMIN KARŞILAŞTIRILMASI
2. SİNÜSOİDAL ALTERNATİF AKIMIN ELDE EDİLMESİ
3. ALTERNANS, PERİYOT, FREKANS
4. AÇISAL HIZ, DALGA BOYU
5. KUTUP SAYISI İLE DEVİR SAYISININ FREKANSA ETKİSİ
6. ALTERNATİF GERİLİM VE AKIMIN DEĞERLERİ
7. SİNÜSOİDAL BİR DALGANIN VEKTÖREL GÖSTERİLİŞİ
8. FAZ ve FAZFARKI
1
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
ALTERNATİF AKIMIN TEMEL ESASLARI
1. DOĞRU VE ALTERNATİF AKIMIN KARŞILAŞTIRILMASI
Elektrik enerjisi, alternatif ak�m ve doğru ak�m olarak iki şekilde üretilir. Bugün
kullan�lan elektrik enerjisinin %90’�ndan fazlas� alternatif ak�m olarak
üretilmektedir. Bunun çeşitli nedenleri vard�r. Bunlar� s�ra ile inceleyelim.
Elektrik enerjisinin uzak mesafelere ekonomik olarak iletilmesi için yüksek
gerilimlere ihtiyaç vard�r. Belirli bir güç, mesafe ve kay�p için iletim hatt�n�n
kesiti, kullan�lan gerilimin karesi ile ters orant�l� olarak değişir. Doğru ak�m�n
elde edilmesinde kullan�lan dinamolar (D.A. jeneratörü) yüksek gerilimli olarak
yap�lamazlar. Komütasyon zorluklar�ndan dolay�, ancak 1500 volta kadar D.A
üreten genaratörler yap�labilmiştir. Alternatif ak�m üreten alternatörlerden ise
230, 6300, 10500 ve 20000 volt gibi yüksek gerilimler elde edilebildiği gibi,
transformatör denilen statik makinelerle bu gerilimleri 60 kV, 100 kV ve daha
yüksek gerilimlere yükseltmek de mümkündür. Elektrik enerjisinin taş�nmas�
yüksek gerilimli alternatif ak�mlarla yap�l�r. Hatt�n sonundaki transformatörlerle
bu yüksek gerilim, kullanma gerilimine dönüştürülür.
C�va buharl� redresörlerle yüksek gerilimli alternatif ak�m�, yüksek gerilimli
doğru ak�ma çevirerek enerjiyi taş�mak ve hatt�n sonuna inverterlerle düşük
gerilimli alternatif ak�ma çevirmek mümkün olduğu halde, uygulamada fazla
kullan�lmamaktad�r.
Büyük güçlü ve yüksek devirli DA jeneratörleri komütasyon zorluklar�ndan
dolay� yap�lamazlar. Alternatörler ise, büyük güçlü ve yüksek devirli olarak
yap�labilirler. Böylece elde edilen enerjinin kilovat saat baş�na maliyeti ve
işletme masraflar� düşük olur. Alternatörler 200000 kVA, 400000 kVA gücünde
yap�labilirler.
Sanayide sabit h�zl� yerlerde alternatif ak�m motoru (endüksiyon motoru),
doğru ak�m motorundan daha verimli çal�ş�r. Endüksiyon motoru, D.A.
motorundan daha ucuz, daha sağlam olup, bak�m� da kolayd�r. D.A.
motorunun tek üstünlüğü, devir say�s�n�n düzgün olarak ayar edilebilmesidir.
Doğru ak�m�n tercih edildiği veya kullan�lmas�n�n gerekli olduğu yerler de
vard�r. Elektrikli taş�tlar, galvano teknik (maden kaplamac�l�ğ�) ve madenlerin
elektrikle ar�t�lmas� tüm elektronik sistemler ve haberleşme sistemlerinde D.A
2
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
kullan�l�r. Bu gibi yerlerde doğru ak�m genellikle, alternatif ak�m�n D.A’a
çevrilmesi ile elde edilir.
2. SİNÜSOİDAL ALTERNATİF AKIMIN ELDE EDİLMESİ
2.1 SİNÜSOİDAL EMK (ELEKTRO MOTOR KUVVET)
Şekil1.1 de görüldüğü gibi, N S kutuplar�n�n meydana getirdiği düzgün
manyetik alan�n içinde bulunan iletken, kuvvet çizgilerini dik kesecek şekilde
hareket ettirildiğinde, iletkende bir emk indüklenir.
Şekil2.1 Sinüsoidal emk’n�n elde edilmesi
Ölçü aletinin ibresi sapar. İletken ters yöne doğru hareket ettirildiğinde, ölçü
aletinin ibresi ters yönde sapar. İndüklenen emk’in yönü değişir. İletken
manyetik kuvvet çizgilerine paralel olarak iki kutup aras�nda hareket
ettirildiğinde, ölçü aletinin ibresi sapmaz. Yani iletkende hiçbir emk
indüklenmez.
Faraday kanununa göre, bir iletken kuvvet çizgilerine dik olarak hareket
ettirildiğinde bir saniyede 108 maksvellik bir ak�y� kesiyorsa, bu iletkende 1
voltluk bir emk indüklenir.
Manyetik kuvvet çizgileri yoğunluğu B gavs (maksvel/cm2) iletkenin boyu (L)
cm ve iletkenin h�z� V cm/sn olduğuna göre, iletkenin bir saniyede tarayacağ�
alan (L.V) cm2 ve iletkenin 1 saniyede kestiği manyetik çizgileri (BLV) maksvel
olur.
İletkende indüklenen emk, CGS birim sisteminde e=B.L.V. 10-8 volt
3
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
MKS sisteminde, e = B. L. V.
Topak
Volt
B: Manyetik ak� yoğunluğu, weber/m2
L: İletkenin boyu, metre
V: İletkenin h�z�, m/saniye
e: Emk, volt
Şekil1.2 deki elektrom�knat�s�n N ve S kutuplar� aras�nda düzgün bir manyetik
alan�n olduğunu kabul edelim. Bu alan�n içinde, saat ibresi yönünde dairesel
olarak dönebilen düz bir iletken bulunuyor. İletken döndürüldüğünde, manyetik
kuvvet çizgilerini kestiği için iletkende bir emk indüklenir.
Şekil1.2 (a) NS kutuplar� içinde iletken hareketi
4
(b) A.A dalga şekli
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Alternatif ak�m�n Osilaskop ekran görüntüsü
Şekil1.2a da görüldüğü gibi, V dairesel h�z�n� 2 an�nda; manyetik kuvvet
çizgilerine dik Vf ve manyetik kuvvet çizgilerine paralel Vf h�z� olmak üzere iki
bileşene ay�ral�m. V h�z� ile döndürülen iletken 2 an�nda manyetik kuvvet
çizgilerini Vf gibi bir h�zla dik olarak keser. İletkenin manyetik kuvvet çizgilerini
dik kesme h�z�,
Vf = V sin α d�r.
İletkende indüklenen emk, iletkenin manyetik kuvvet çizgilerini dik kesme h�z�
ile doğru orant�l�d�r. H�z�n manyetik kuvvet çizgilerine paralel olan bileşeni Vt =
V. Cos α d�r. Manyetik kuvvet çizgilerine paralel olan h�z ile iletkende
indüklenen emk aras�nda hiçbir ilişki yoktur. Yani, iletkenin manyetik kuvvet
çizgilerine paralel hareket etmesi iletkende hiçbir emk indüklemez.
Düzgün dairesel bir h�zla düzgün bir manyetik alan içinde dönen iletkende
emk,
e = B. L. V. sin α formülü ile hesaplan�r.
Şekil1.2a daki iletkende, değişik anlarda indüklenen emk’leri bularak şekil1.2b
deki emk eğrisi çizilebilir.
1. an�nda: İletken V h�z� ile manyetik kuvvet çizgilerine paralel hareket ediyor.
Bu anda α=0 d�r. İletken manyetik kuvvet çizgilerini dik olarak kesmiyor. Yani,
Vf= V. sin 0° = 0
d�r. Şu halde 1. an�nda iletkende indüklenen emk s�f�rd�r.
2. an�nda: İletken manyetik kuvvet çizgilerini kesme aç�s� 45° dir. Manyetik
kuvvet çizgilerini dik kesen h�z bileşeni Vf=V.sin 45° dir. İletkende Vf ile orant�l�
olarak bir emk indüklenir.
5
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3. an�nda: iletkenin manyetik kuvvet çizgilerini kesme aç�s� α=90° dir.
Vf=V.sin 90°=V olur. İletkenin kestiği manyetik kuvvet çizgilerinin say�s�
maksimum olduğundan, indüklenen emk da maksimum olur. 3 an�nda, iletken
S kutbunun tam alt�ndad�r.
4. an�nda: iletken kuvvet çizgilerini α=135° lik bir aç� ile keser. Manyetik
kuvvet çizgilerini dik kesen h�z bileşeni 3 an�ndan sonra azalm�şt�r. Vf=V.sin
235°=V.sin(90°+45°), 4 an�nda indüklenen emk azal�r.
5. an�nda: iletken nötr ekseni üzerinde ve manyetik kuvvet çizgilerine paralel
olarak V h�z� ile hareket eder. α=180° dir. E=B.L.V.sin180°=0 volt olduğu
görülür.
1,2,3,4 ve 5 anlar�nda iletken manyetik kuvvet çizgilerini soldan sağa doğru
olan bir hareketle kesmiştir. 5. an�ndan sonra iletkenin manyetik alan içindeki
kuvvet çizgilerini dik kesen hareketinin yönü değişir. Sağdan sola doğru olur.
Dolay�s�yla, 5. an�ndan sonra iletkende indüklenen emk’in de yönü değişir.
6. an�nda: iletken manyetik kuvvet çizgilerini kesme aç�s� α=1800 + 450 = 2250
olur. İndüklenen emk negatif yönde biraz artm�şt�r.
7. an�nda: iletkenin manyetik kuvvet çizgilerini kesme aç�s� α=2700 yani 900
dir. Bu anda iletken N kutbunun alt�nda ve kestiği ak� maksimum olduğu için
indüklenen emk de maksimum olur.
8. an�nda: İletken manyetik kuvvet çizgilerini dik kesme h�z� azald�ğ� için
indüklenen emk azal�r. 1. an�nda indüklenen emk tekrar s�f�r değerine düşer.
α=900 iken, vf = V.sin α =V. sin 90 = V olacakt�r. Bu durumda iletkenin
manyetik ak�y� dik kesme h�z� yüksek değerde olacağ�ndan, indüklenen emk
de maksimum değerde olur.
e= B. L. V. 10-8 = Em
Buna göre, manyetik alan içinde dairesel olarak dönen düz bir iletkende
indüklenen emk’in genel ifadesi,
e= Em. Sin α
Olur. α aç�s�n�n değerine göre, değişik anlarda indüklenen emk’in yönü ve
değerini bu formülle ifade edilir. Alternatif gerilimin herhangi an�ndaki değeri
bulunabilir. Diğer bir ifade ilen bu formül alternatif gerilimin ani değer
formülüdür.
6
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Düzgün bir manyetik alan içerisindeki bir iletkenin uçlar�nda indüklenen emk’i
ad�m ad�m incelendi. İletken indüklenen emk s�f�rdan başlayarak 900 de pozitif
maksimuma yükselip 1800 de s�f�ra düşmekte sonra ters yönde 2700 de
negatif maksimuma yükselip tekrar 3600 de s�f�ra düşmektedir. İletkenin
sürekli dönmesi ile bu değişik periyodik olarak tekrarlanmaktad�r. Bu değişime
göre elde edilen emk’e alternatif emk denir. Üretilen alternatif emk’in değişim
eğrisi grafik olarak şekil1.2b de görülmektedir. Bu grafikte α aç�s� yatay
eksende ve üretilen emk dikey eksende gösterilmiştir. Emk, α aç�s�n�n sinüsü
ile orant�l� olarak değiştiğinden elde edilen bu eğri sinüs eğrisidir. Dolay�s�yla,
üretilen emk de sinüsoidal bir emk d�r.
Örnek1.1
Manyetik alan içerisinde, sabit h�zla döndürülen bir iletkene indüklenen
emk’in maksimum değeri 24 volttur. Bu iletkenin α= 450 iken indüklenen
gerilimin ani değeri nedir?
Çözüm 1.1:
Em= 24 volt ani değer formülü e = Em. sin α
α=450 ise
sinα = sin45 = 0,707
e= 24 x 0,707 = 19 Volt
Bir iletkende döndürülmekle elde edilecek emk küçük olur. Şekil1.3 de
görüldüğü gibi, bir sar�ml� bir bobin N ve S kutuplar�n�n aras�nda döndürülürse,
sar�m�n her iki kenar�nda indüklenen emk’ler birbirine eklendiği için tek
iletkene göre, iki kat emk elde edilir. N S kutuplar� aras�na bir sar�ml� bobin
yerine (n) sar�ml� bir bobin konur ve bobinin uçlar� da şekil1.3 deki gibi
bileziklerle bağlan�rsa, bobin döndürüldüğünde indüklenecek olan emk’in (n)
kat� olur. Çünkü, (n) sar�m�n her birinde indüklenen emk’ler, birbirine seri bağl�
olduğu için, birbirine eklenir. Bileziklere sürtünen f�rçalar yard�m� ile bobinde
indüklenen sinüsoidal emk, bir al�c�ya şekil1.3de görüldüğü gibi uygulanabilir.
7
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil1.3 Üretilen emk’e yük direncinin bağlanmas�
Sinüsoidal emek R direncine uygulan�nca devreden alternatif bir ak�m geçer.
Ohm kanununa göre, herhangi bir anda dirençten geçen ak�m,
i=
E m .Sinα E m
=
Sinα
R
R
ifadesinde, E m / R = I m değeri yerine konulursa,
i = I m . sin α
ifadesi ak�m�n herhangi bir an�ndaki genel ifadesini verir. Bu ak�mda
sinüsoidal bir ak�md�r. Şekil1. 4de emk ve ak�m�n dalga şekilleri görülmektedir.
+ Em
+ Im
e= Em.Sinwt
i=Im.Sinwt
90
180
270
360
- Im
- Em
Şekil1.4 Emk ve Ak�m�n dalga şekilleri
8
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3. ALTERNANS, PERİYOT, FREKANS
Alternatif ak�m�n üretilmesi mekanik jeneratörlerden elektronik olarak ise
sinyal jeneratörlerinden elde edilebilir. Doğru ak�mda olduğu gibi alternatif
ak�m�nda sembolü ve dalga şekli, şekil 1.5 de görüldüğü gibidir.
Gerilim (+V)
ve Ak�m (+I)
Pozitif maksimum
Zaman (t)
Gerilim (-V)
ve Ak�m (-I)
Negatif maksimum
Şekil1.5 A.A sembolü ve dalga şekli
Alternans: Alternatif ak�m şekil1.5 de görüldüğü gibi s�f�rdan pozitif
maksimum değere daha sonra s�f�ra gelme durumuna pozitif alternans,
s�f�rdan eksi maksimum değere daha sonra tekrar s�f�ra gelmesine negatif
alternans denir. İki alternans�n�n birleşmesi ile bir sayk�l (cycle) oluşur.
Alternatif gerilimi bir devreye bağlan�rsa ak�m�n ak�ş� alternanslara göre
değişir. Bu değişim şekil 1.6 da olduğu gibidir.
+
I
R
U
-
(a) Pozitif alternans: devrede oluşturduğu ak�m�n yönü
9
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
-
I
R
U
+
(b) Negatif alternans: devrede oluşturduğu ak�m�n yönü
Şekil1.6
Periyot: Bir sayk�l�n oluşmas� için geçen süreye periyot denir. N S kutbu
aras�ndaki bir iletken veya bobin 360° derece döndürüldüğünde indüklenen
emk bir sinüs dalgal�k değişime uğrar. Bobine iki devir yapt�r�ld�ğ�nda
indüklenen emk iki sinüs dalgas� çizer. Bir periyot 360° dir. Periyot T harfi ile
ifade edilir. Birimi ise saniyedir. Şekil1.7de sinüsoidal dalgan�n periyodu
görülmektedir.
U
(t)
Peryot (T)
1. Saykil
2. Saykil
Şekil1.7 Sinüsoidal dalgan�n periyodu
Örnek3.1 Şekil1.8de görülen dalgan�n periyodu kaç saniyedir.
U
0
4
8
12 t (s)
Şekil1.8
Çözüm3.1 Şekil1.9 da gösterildiği gibi periyodun belirlenmesinde s�f�rdan
s�f�ra veya (pozitif, negatif) tepe değerinden tepe değerine olan zaman
aral�ğ�na bak�larak bulunur.
10
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Tepeden tepeye
T
U
T
0
4
8
t (s)
T
T
S�f�rdan s�f�ra
Şekil1.9 Periyodu belirleme şekli
Bu aç�klamalardan sonra dalgan�n periyodu 4s dir.
T=4 s
Frekans: Alternatif ak�m veya gerilimin bir saniyede oluşan periyot say�s�na
veya sayk�l say�s�na frekans denir. Frekans f harfi ila ifade edilir. Birimi
sayk�l/saniye, periyot/saniye veya Hertz’dir. Periyot ile frekans aras�ndaki ifade
şu şekildedir.
1
1
T=
T
f
Frekans�n birimi olan hertz’in as katlar� mevcut değildir. Üst katlar� ise
kiloherzt, megaherzt ve gigaherzt olarak s�ralanabilir. Bu dönüşümler ise;
f =
1Hz = 10-9 GHz
1Hz = 10-6 MHz
1Hz = 10-3 kHz kendi aralar�nda biner biner büyür ve küçülür. Şekil1.10da
düşük ve yüksek frekans görülmektedir. Dikkat edilirse (a) da bir saniyede iki
sayk�l oluşurken (b)de ise üç sayk�l oluşmaktad�r. Bu duruma göre de
dalgalar�n frekans� değişmektedir. Türkiye de kullan�lan alternatif gerilimin
frekans� 50 Hz olduğu da bilinmelidir. Bu demektir ki sinüsoidal dalga bir
saniyede elli kez oluşmaktad�r.
11
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
U
Topak
U
(t)
(t)
1s
1s
(a)
(b)
Şekil1.10
Örnek3.2
Şekil1.10 da verilen gerilimin frekans�n� bulunuz.
U
U
(t)
(t)
1s
1s
(a)
(b)
Şekil1.10
Çözüm3.2
Önce (a) daki dalga şeklinin frekans�n� bulmak için bir saniyedeki sayk�l say�s�
bulunur. Burada 1 saniyede iki sayk�l oluşmaktad�r. Bu durumda periyot T=1/2
=0.5 s dir.dalgan�n frekans� ise;
1
f =
= 2 Hz
0.5
Şekil1.10 (b)deki dalga şeklinin frekans�n� bulmak için ise bir saniyedeki
sayk�l say�s� bulunur. Burada 1 saniyede üç sayk�l oluşmaktad�r. Bu durumda
periyot T=1/3 =0.3333 s dir.dalgan�n frekans� ise;
1
f=
= 3 Hz
0.3333
Örnek3.3
Alternatif gerilimin bir periyodunun oluşmas� için geçen süre 10 ms ise bu
gerilimin frekans� nedir?
12
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm3.3
Alternatif gerilimin periyodu bilindiğine göre frekansla periyot aras�ndaki ilişki
formülünden;
T=10 ms = 10.10-3 s f =
1
1
1
=
=
= 100 Hz bulunur
T 10ms 10.10 −3 s
4. AÇISAL HIZ, DALGA BOYU
Aç�sal H�z: N ve S kutuplar� aras�nda dönen bir bobinde indüklenen emk’in
frekans�, bobinin devir say�s� ve bobinin aç�sal h�z� ile doğru orant�l�d�r.
Döndürülen bir bobinin birim zamanda kat ettiği aç�ya aç�sal h�z denir. Aç�sal
h�z, derece/saniye veya radyan/saniye ile ifade edilir.
A
r
o r=1
B
Şekil1.11
Şekil1.11 de görüldüğü gibi, yar�çap� r olan bir çember üzerindeki A noktas�
hareket ederek tekrar A noktas�na geldiğinde katettiği yol 2πr ve tarad�ğ� aç�da
360° dir. A noktas�n�n çember üzerinde yar� çap kadar bir yol alarak B
noktas�na geldiğinde, katettiği aç�ya 1 radyan denir. A noktas� bir devrinde
(2πr /r=2π) radyanl�k bir aç�y� taram�ş olur. Yar� çap� 1 olan bir çember
üzerindeki bir noktan�n bir devrinde katettiği aç� 2π radyand�r. Şu halde, 360
derece 2π radyana, π radyan 180° eder. Aç�sal h�z genellikle radyan/saniye ile
ifade edilir. Ve ω (omega) harfi ile gösterilir. N ve S kutuplar� aras�nda
döndürülen bir bobinin aç�sal h�z�n�n ω rad/s oluğunu kabul edelim. Bobinin
her hangi bir t saniyede katettiği aç� ωt dir. Bobinde indüklenen emk’in
herhangi bir an�ndaki değeri e=Em.sinα d�r. α bobinin herhangi bir t
zaman�nda katettiği aç� olduğuna göre,
α=ωt yaz�labilir. Emk
e=Em.sinωt olur.
Bir sinüs dalgas� (1 periyot) 360° yani 2π radyand�r. Frekans� (f) olan bir emk,
bir saniyede f tane periyot çizer. Emk’in aç�sal h�z�,
13
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
α=2πf radyan/saniye olur. Bu değer emk formülünde yerine konulursa
alternatif gerilimin herhangi bir an�ndaki değer formülü ortaya ç�kar.
e =Em.Sinα=Em.Sinωt=Em.Sin2πft olur.
Örnek3.4: Bir alternatörde üretilen 60 Hz frekansl� sinüsoidal emk’in
maksimum değeri 100 Volttur. Emk’in aç�sal h�z�n� 0,005 saniyedeki ani
değerini hesaplay�n�z.
Çözüm3.4: Aç�sal h�z, ω = 2πf = 2π.60 = 377 rad/s
T=0,005 saniyedeki α aç�s�,
α = ωt = 377.0,005 = 1,89 radyan bulunur.
α = 1.89.(360 / 2π) = 1,89.57,30 = 108 0
sinα = sin108 0 = 0,951
e = Em. sin α = 100.0,951 = 95,1 Volt
Dalga Boyu: Elektrik ak�m� saniyede 300000 km’lik bir yol kat eder. Ak�m�n
frekans� f olduğuna göre, bir saniyede f kadar dalga meydana getirir. Bir
dalgan�n kaplad�ğ� mesafeye Dalga Boyu denir. λ (lamda) harfi ile gösterilir.
Birimi metredir.
300000 3.10 8
λ=
=
f
f
λ: Dalga boyu, metre
f=Frekans, periyot/s = Herzt
Örnek3.5: Frekans� 50 Hz olan alternatif ak�m�n dalga boyu kaç metredir?
Çözüm3.5:
3.10 8 3.10 8
λ=
=
= 6.10 6 metre
f
50
Örnek3.6: Dalga uzunluğu 1600 m olan İstanbul radyosunun yay�n frekans�n�
bulunuz?
Çözüm3.6:
λ=
3.10 8
3.10 8
formüden f çekersek; f =
= 187 kHz
f
1600
14
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
5. KUTUP SAYISI İLE DEVİR SAYISININ FREKANSA ETKİSİ
Şekil1.2 (a) da olduğu gibi N ve S kutuplar� aras�ndaki iletkenin bir devrinde
iletken 360° veya 2π radyanl�k bir aç� kat eder. İletkende bir periyotluk bir emk
indüklenir. İletken dakikada N devirle döndürülürse, indüklenen emk’in
frekans� (n/60) herz olur. Şu halde, indüklenen emk’in frekans�, saniyedeki
devir say�s� ile doğru orant�l�d�r. Kutup say�s� artt�kça dalga say�s� da
artacağ�ndan frekansta bu doğrultuda artacakt�r.
Bir alternatif ak�m alternatörünün kutup say�s� (2P) ve dakikadaki devir say�s�
da N olduğuna göre, indüklenen emk’in frekans�,
P.N
60
formülü ile hesaplan�r. Formüldeki harflerin anlamlar�;
f: Frekans, Herzt
P: Çift kutup say�s� (ayn� adl� kutup say�s�)
N: Dakikadaki devir say�s�, Devir/dakika
Dört kutuplu bir alternatörde rotorun bir devrinde iletken 360° lik bir geometrik
aç�y� katetmiş olur. Emk ise (2.360) elektriki derecelik aç�y� kat eder.
f=
Örnek3.7
4 kutuplu bir alternatörden, 50 Hz frekans� ve 100 Hz frekansl� alternatif ak�m
üretilebilmek için, rotor kaç devirle döndürülmelidir?
P.N
60.f
f =
formüden N çekersek; N =
Çözüm3.7:
60
P
f = 50 Hz
N=
60.50
= 1500 d/d
2
f=100 N =
60.100
= 3000 d/d
2
Örnek3.8:
6 kutuplu bir alternatör 1000 d/d ile döndürülmektedir. Üretilen emk’in maksimum
değeri 200 volttur. (a) Frekans�; (b) Aç�sal h�z� (c) t=0,01 saniyedeki emk’in değerini
hesaplay�n�z?
Çözüm3.8:(a)
f=
P.N 3.1000
=
= 50 Hz
60
60
15
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
ω = 2πf = 2π50 = 2.3,14.50 = 314 radyan/s α = ωt = 314.0,01 = 3,14
(b)
(c)
derece = (
180 0
180 0
).rad = (
).3,14 = 180 0
π(rad)
π
e = Em.Sinωt = Em.Sin180 0 = Em.0 = 0 Volt
Kutup Say�s�(2P)
Devir Say�s� (d/d)
2
4
3000 1500
6
1000
8
750
10
650
12
500
Tablo3.1 50 Hz Frekans� alternatörün kutup say�lar� ve devirleri
6. ALTERNATİF GERİLİM VE AKIMIN DEĞERLERİ
Ani Değer: Alternatif ak�m�n elde edilişi incelenirken manyetik kutuplar
aras�nda hareket eden iletken manyetik kuvvet çizgilerinin kesme aç�s�na göre
bu iletkende bir gerilim indüklemesi meydana gelmekte ve bu gerilim değeri an
ve an değişmekte olduğu görülmekte idi. Bu durumda gerilimin veya ak�m�n
herhangi bir an�ndaki değerine ani değer olarak tan�mlamak gerekir. Ani değer
küçük harflerle ifade edilir. Gerilim u, ak�m i, güç p gibi. Alternatif gerilimin
herhangi bir zamandaki eğerini;
e=Em.Sinωt =Em.Sinα
bulunur. Alternatif ak�m�n ani değeri ise;
i=Im.Sinωt=Im.Sinα
bulunur. Alternatif gerilim ve ak�m�n n tane ani değerini bulmak mümkündür.
Maksimum Değer: Alternatif ak�m�n elde edilmesi incelenirken şekil1.2 de
görüldüğü gibi iletken üçüncü konumda iken en büyük emk indüklenmekte idi.
İletken başlang�ç konumundan, bu konuma gelmesi için 90° lik bir dönme
yapmas� gerekir. Yedinci konumda, yani iletkenin 270° lik dönmesi sonunda
yine en büyük emk indüklenmekte, fakat yönü ters olmakta idi. İşte alternatif
16
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
emk’in bu en büyük değerlerine “tepe değeri” veya “maksimum değeri” denir.
Maksimum değer emek için Em, gerilim için Um ve ak�m için Im sembolleri ile
gösterilir. Şekil1.12de görüldüğü gibi.
Gerilim (+V)
ve Akim (+I)
Pozitif maksimum Em,Um,Im
180
0
270
360
90
Gerilim (-V)
ve Akim (-I)
Zaman (t)
Negatif maksimum
-Em,-Um,-Im
Şekil1.12 Alternatif ak�m�n maksimum değerleri
Ortalama Değer: Alternatif gerilimin veya ak�m�n yar�m periyot içinde ald�ğ�
bütün ani değerlerin ortalamas�na “ortalama değer” denir. Büyük harflerle
ifade edilir. Ortalamay� ifade eden “or” k�saltmas� konulur. Uor(avg), Ior, Por
gibi
Alternatif ak�m�n bir periyodunda pozitif alternans ve negatif alternanslar
vard�r. Pozitif alternans ve negatif alternanslar birbirlerine eşit olduğu için bir
periyodun ortalama değeri s�f�rd�r. Fakat yar�m periyodun ortalama değeri s�f�r
değildir. Alternatif ak�m�n eğrisi sinüs eğrisi olduğu için bu eğrinin ortalama
değerini elde etmek için, eğrinin yar�m periyodu üzerinde eşit aral�kl� ani
değerler al�n�r ve bunlar�n ortalamas� bulunur. Diğer bir ifade ile yar�m
periyodun alan� taranarak taranma değerine bölümü ile de bulunur.
Gerilim (+V)
ve Akim (+I)
U=Um.sinwt
Um
0
45
180
90 135
-Um
Şekil1.13
17
270
360
Zaman (t)
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil1.13de görülen sinüsoidal gerilimin yar�m alternans�nda her 5° derece
için ani değerleri hesaplan�rsa bu yar�m alternansta 36 ani değer vard�r. Elde
edilen gerilimi 36’ya bölündüğünde ortalama değer ortaya ç�kar.
Ortalama değer=ani değerler toplam�/ani değer say�s�=0,636 Um
Bu alan entegral ile bulunur ve alan yar�m periyoda bölünerekten ayn� sonuç
bulunabilir.
T/2
2.U m π
1
2
U ort =
U m . sin ωt d(ωt ) = ∫ U m . sin ωt d(ωt ) =
sin ωt d(ωt)
T/2 ∫
T 0
2π ∫0
π
Um
(− cos(ωt ) ) ) = U m (− cos(π) − (− cos(0)) = U m (−(−1) − (−1)) = U m .(2)
0
π
π
π
π
2.U m
=
= 0,636.U m bulunur
π
=
Bu sonuçlardan sonra şu tespit yap�labilir. Bir sinüs eğrisinin ortalama değeri,
maksimum değerinin 0,636 kat�na eşittir. Bu sinüsoidal ak�m içinde aynen
geçerliktedir. Şekil1.14 de ak�m�n ortalama değeri Ior(Iavg) görülmektedir.
Akim (A)
U=Um.sinwt
Im
Ior=0,636 Im
0
180
90
270
360
Zaman (t)
Şekil1.14
Efektif (Etkin) Değer: Alternatif ak�mda en çok kullan�lan değer, etkin
değerdir. Bu değer; bir dirençten geçen alternatif ak�m�n, belirli bir zamanda
meydana getirdiği �s� enerjisine eşit bir enerjiyi, ayn� dirençten geçen doğru
ak�m ayn� zamanda meydana getiriyorsa, doğru ak�m�n değerine alternatif
ak�m�n etkin değeri denir. Şekil1.15 de alternatif ak�m ve doğru ak�ma
bağlanan dirençler ayn� �s�y� verir. Büyük harflerle ifade edilir. U, I, E, P gibi
veya Ueff=Urms gibi. Alternatif ak�m�n veya gerilimin ölçü aleti ile ölçülen
değeridir.
18
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Sinyal
Jenaratörü
R
U dc
Ueff=Urms
R
U d c = U e ff= U rm s
Şekil1.15 DC gerilime eşdeğer olan A.A efektif değeri
Alternatif ak�mda işi yapan gerilim efektif değeridir. Bu değeri bir periyotta ani
değerlerin karesinin ani değer say�s�na bölümünün kare köküne eşit olarak
tan�mlan�r.
Gerilimin etkin değeri;
2
2
2
u 1 + u 2 + ......... + u n
U=
= 0,707 U m
n
Ak�m�n etkin değeri;
2
2
2
i + i 2 + ............... + i n
I= 2
= 0,707I m
n
formülleri ile bulunur. Buradan da görüldüğü gibi efektif değer tepe değerinin
0,707 kat�na eşittir. Bu bulunan değeri entegralle de bulunabilir.
U eff =
2π
U
1
( U m sin ωt ) 2 d (ωt ) = m = 0,707 U m
∫
T 0
2
Örnek3.9:
Şekil1.16 da görülen alternatif gerilimin tepe(Up), tepeden tepeye (Upp), efektif
(Ueff) ve ortalama (Uort) değerlerini bulunuz.
19
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
U
5
4
3
2
1
0
t
-U
Şekil1.16
Çözüm3.9: Alternatif dalgan�n tepe eğeri Up=Um=4,5 V olduğu görülür. Bu
değer ile diğer alternatif gerilim değerleri formüllerle bulunur.
U pp = 2 U p = 2.(4,5) = 9V
U eff = U rms = 0,707 U m = 0,707.(4,5) = 3,18V
U ort = U avg = 0,636 U m = 0,636.(4,5) = 2,87 V
bulunur.
7. SİNÜSOİDAL BİR DALGANIN VEKTÖREL GÖSTERİLİŞİ
Büyüklükler genellikle, skalar ve vektörel büyüklüklerdir. Yaln�z genliği olan
büyüklükler skalard�r. Kütle, enerji ve s�cakl�k derecesi gibi değerleri gösteren
büyüklükler skalard�r ve bunlar cebirsel olarak toplanabilirler. Genliği,
doğrultusu ve yönü olan büyüklük vektörel bir değer skalar büyüklükleri ihtiva
eder. A.A. devrelerine ait ak�m, gerilim, emk ve empedans gibi değerler
vektöreldir. A.A gerilim sinüsoidal bir dalga şeklinde olduğundan bunun
vektörel gösterimi aç�klamak gerekir.
Şekil1.7 görülen B vektörünün, saat ibresinin ters yönünde ω (omega) aç�sal
h�z� ile döndüğünü kabul edelim. Herhangi bir t an�nda, B vektörünün katettiği
aç� α=ωt dir. B vektörünün dik bileşeni ( Y eksenindeki bileşeni) B.Sinα veya
B.Sinωt dir. Değişik zamanlardaki B vektörünün durumunu gösteren katettiği
aç�lar X ekseni üzerinde al�nd�ktan sonra vektörün bu anlardaki düşey
bileşenleri
20
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
(a)
(b)
Şekil1.7 Dönen vektörün oluşturduğu sinüs eğrisi
taş�nd�ğ�nda şekil1.7 (b)deki sinüs eğrisi elde edilir. Sinüs eğrisinin maksimum
değeri, B vektörünün genliğine (boyuna) eşittir. Şu halde bir sinüs eğrisi, ω
aç�sal h�z� ile dönen ve genliği sinüs eğrisinin maksimum değerine eşit olan bir
vektörle gösterilebilir.
+ Im
90
0
w
i=Im.Sinwt
180
270
360
Im
0
- Im
(a)
(b)
Şekil1.8 Sinüsoidal ak�m ve vektörel gösterimi
i=Im.Sinωt alternatif ak�m�n�, maksimum değeri Im olan ve ω aç�sal h�z� ile saat
ibresinin ters yönünde dönen bir vektörle, şekil1.8 (b) deki gibi gösterebiliriz.
e= Em.sinωt emk’in eğrisi ve vektörel gösterilişi şekil1.9 görülmektedir.
+ Em
0
90
w
e= Em.Sinwt
180
270
360
0
- Em
Şekil1.9 Sinüsoidal emk ve vektörel gösterimi
21
Em
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Dönen B vektörünün t=0 an�nda X ekseni (referans ekseni) ile θ aç�s� yapt�ğ�n�
kabul edelim. Vektörün herhangi bir t an�nda X eksen ile yapt�ğ� aç� α=(ωt+0)
d�r. Bu andaki vektörün düşey bileşeni B.Sin(ωt+0) olur. t=0 an�nda düşey (B
Sinθ) olduğundan, B vektörü saat ibresine ters yönde ω aç�sal h�z� ile
döndüğünde çizeceği sinüs eğrisi, s�f�r değerinden değil (B. Sinθ) gibi bir
değerden başlar. Şekil1.10 deki sinüs eğrisinin herhangi bir andaki değeri ile
b=B.Sin(ωt+θ)
ifade edilebilir.
.
B,
B
x
0
B
ϕ
90
0
α = ωt + ϕ
180
270
360
α
Şekil1.10
X ekseninden θ kadar geride olan B vektörünün ω aç�sal h�z� ile saat ibresinin
ters yönünde dönmesi ile çizeceği sinüs eğrisi Şekil1.11 de görülüyor. Sinüs
eğrisi t=0 an�nda (A.Sinθ) gibi negatif bir değerden başlar. Bir zaman sonra
ωt=θ olduğunda B vektörü yatay referans ekseni üzerine gelir.
w
b
x
0
0
90
180
270
360
wt
B
Şekil1.11
A vektörünün düşey bileşeni s�f�r olur. bu anda eğri de s�f�rd�r. t an�nda, B
vektörünün X ekseni ile yapt�ğ� aç� (α=θ) olur. Sinüs eğrisinin herhangi bir
an�ndaki değeri,
b=B.Sin(ωt-θ)
ile ifade edilir.
22
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
X ekseni üzerinde bulunan genlikleri farkl� A ve B vektörleri, ω aç�sal h�z� ile
saat ibresinin ters yönünde döndürüldüklerinde çizecekleri sinüs eğrileri
şekil1.12 de görülüyor. Bu iki sinüs eğrisi, ayn� anda s�f�r ve ayn� anda
maksimum değerlerini al�rlar. Sadece genlikleri farkl�d�r.
w
B
b
A
A
0
B
x
a
180
90
0
270
360
wt
Şekil1.12 Ayn� fazl� iki vektörün sinüs eğrisi
X ekseni üzerindeki B vektörü ve θ kadar geride A vektörü ω aç�sal h�z� ile
döndürüldüğünde çizecekleri sinüs eğrileri şekil1.13 görüldüğü gibi olur.
w
0
B
0A
B
x
b
A
90
0
a
180
270
360
wt
A1
0
Faz farki
Şekil1.13 Aralar�nda θ aç�s� olan iki vektörün sinüs eğrisi
B eğrisi s�f�r değerinden başlad�ğ� halde, A eğrisi (-A1) değerinden başlar, θ°
kadar sonra A eğrisi s�f�r değerini al�r. B (+) maksimum değerini ald�ktan sonra
da A (+) maksimum değerini ald�ktan θ kadar sonra A (+) maksimum değerine
ulaş�r. B ve A eğrileri şu şekilde ifade edilir.
b=B.Sinωt
a= A.sin(ωt-θ)
8 FAZ ve FAZFARKI
Alternatif ak�m ve emk’leri gösteren vektör veya eğrilerin başlang�ç eksenine
(x ekseni veya referans ekseni) göre bulunduklar� duruma faz denir. Üç çeşit
faz vard�r. Bunlar s�f�r faz, ileri faz ve geri fazlard�r.
23
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
S�f�r faz: Eğer sinüsoidal bir eğri t=0 an�nda s�f�r üzerinden başlayarak pozitif
yönde art�yorsa, bu eğriye s�f�r faz eğrisi denir. Eğer ω aç�sal h�z� ile saat
ibresinin ters yönde dönen bir vektörün t=0 an�nda referans ekseni ile yapt�ğ�
aç� s�f�r ise bu vektöre s�f�r faz vektörü denir. Şekil1.7 de s�f�r fazl� bir alternatif
gerilim eğrisi görülmektedir.
İleri faz: Şekil1.10 daki B vektörü ileri faz vektörü ve eğrisi de ileri faz eğrisidir.
Geri faz: Şekil1.11 deki B vektörü geri faz vektörü ve eğride geri fazl� eğridir.
Çünkü, t=0 an�nda B vektörü X ekseninden θ kadar geridedir. Çünkü, t=0
an�nda B vektörü X ekseninden θ kadar geridedir. Belirli bir zaman geciktikten
sonra, B vektörü referans ekseni üzerine gelir ve bu anda da eğri s�f�r
değerindedir.
Faz Fark�: Vektörlerin ve eğrilerin aralar�nda bulunan aç� veya zaman fark�na
faz fark� denir. K�saca eğriler aras�ndaki zaman fark�d�r. Alternatif ak�m
sinüsoidal bir eğri olduğundan vektörel toplan� ve vektörel olarak ç�kart�lmas�
gerekir. Çünkü alternatif ak�m�n veya gerilimin zamana göre değişmektedir.
İlerleyen konularda faz ve faz fark� oluşturan durumlar meydana gelecektir.
Bundan dolay�d�r ki konunun anlaş�lmas� için bu konu üzerinde biraz fazla
durulmuştur. Fakat daha da detaya girilmemiş bu detaylar diğer mesleklerin
ana konular�d�r.
Örnek3.10
Şekil1.14 de A, B ve C alternatif gerilim eğrileri çizilidir. Alternatif gerilimlerin
fonksiyonlar�n�, faz durumlar�n� ve yazarak 90° deki gerilim değerini bulunuz.
U (volt)
10
A
8
5
- 20
C
B
0
45
90
180
270
360
wt
Şekil1.15
24
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm3.10:
Alternatif gerilimin eğrilerinin faz durumuna bak�ld�ğ�nda A ile gösterilen
alternatif gerilim 0 fazl�, B ile gösterilen alternatif gerilim 20° ileri fazl�, C ile
gösterilen alternatif gerilim ise 45° geri fazl�d�r. Bu doğrultuda alternatif gerilim
denklemleri aşağ�daki gibi olur.
u A = U m .Sinθ veya
u B = U m .Sin( θ + ϕ B )
u A = U m .Sinα = 10 sin 90 o = 10 V
veya
u B = U m .Sin( α + ϕ B ) = 5 sin( 90 o + 20 o ) = 5 sin( 110 o ) = 4 ,7 V
u C = U m .Sin( θ − ϕ C ) = 8. sin( 90 o − 45 o ) = 8. sin( 45 o ) = 8. sin( 0 ,707 ) = 5,66 V
25
BÖLÜM 2
ALTERNATİF AKIM DEVRELERİ
DEVRE ELEMANLARI
Alternatif ak�m devrelerinde ak�m�n geçişine karş� üç çeşit direnç gösterilir.
Devre elemanlar� dediğimiz bu dirençler; R omik direnç, L endüktans�n
endüktif direnci ve C kapasitans�n kapasitif direncinden ibarettir. Bu elemanlar
devrelerde tek olarak kullan�labildiği gibi hepsinin bir arada kullan�ld�ğ�
devreler de mevcuttur. Bu elemanlar�n alternatif gerilimdeki davran�şlar�
incelenecektir.
TEMEL DEVRELER
Alternatif ak�mda üç çeşit devre vard�r. Banlar; dirençli devreler(omik devre),
bobinli devre(endüktif devre) ve kondansatörlü devre (kapasitif devre) dir.
Temel devrelere uygulanan U gerilimi ve devrenin I ak�m� etkin değerlerdir. I
devre ak�m�, uygulanan gerilime ve devre eleman�n�n direncine bağl� olarak
değişir. Devre elemanlar� D.C de olduğu gibi alternatif ak�mda da seri, paralel
ve seri-paralel (kar�ş�k) bağlan�rlar. Devre elemanlar�n�n ideal olmas�; R omik
direncinde endüktif direnç etkisinin bulunmamas�, L ve C elemanlar�nda omik
direnç etkisinin ve güç kayb�n�n olmamas� demektir.
1 OMİK DEVRE
1.1ALTERNATİF AKIMDA DİRENÇ
Alternatif ak�m devrelerinde, endüktif ve kapasitif etkisi bulunmayan saf
dirence omik direnç denir. R harfi ile gösterilerek birimi ohm(Ω) dur. Direnç
olarak çeşitli değerlerde ve güçlerde elemanlar olduğu gibi elektrikli �s�t�c�lar,
�zgara ve ütü gibi elektrikli ev aletleri de mevcuttur. Saf omik dirençli bütün
amaçlar�n, eşit gerilimli doğru ak�m ve alternatif ak�m devrelerinde
kaynaklardan çektikleri ak�mlar da birbirine eşittir. Yüksek frekansl� A.A
devrelerinde kullan�lan büyük kesitli bir iletkenin direnci, D.A daki direncinden
biraz daha büyüktür. A. A. Daki iletkenin etkin kesiti biraz daha küçük olur. A
A da direncin büyümesi, iletken kendi içinde alternatif ak�m değişmeleri
dolay�s� ile doğan emk’den ileri gelir. Bu emkler ak�m� iletkenin d�ş yüzeyine
doğru iterler. Buna deri olay� denir. 50 Hz frekansl� A.A devrelerinde bu olay o
kadar değildir.
26
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
1.2 OMİK DEVREDE OHM KANUNU
Alternatif gerilime bağlanan bir direnç şekil2.1 de görülmektedir. Direnç
uçlar�na sinyal generatöründen sinüzoidal bir gerilim uyguland�ğ�nda bu direnç
üzerinden bir ak�m ak�ş� olacakt�r. Bu ak�m�n dalga şekli de uygulanan
alternatif gerilimin dalga şekli ile ayn�d�r. Değişen sadece genliği olacakt�r. Bu
dalga şekli devre üzerinde gösterilmiştir.
8888
R
U
UR
I
Şekil2.1 Omik devre
Sinyal generatöründen direnç uçlar�na uygulanan u=Um.sinωt sinüzoidal
alternatif gerilim uyguland�ğ�nda direnç üzerinden geçen alternatif ak�m ohm
kanunu ile bulunur.
u U Sinωt U m
i= = m
=
Sinωt
Ak�m�n
maksimum
değeri
R
R
R
U
I m = m olduğundan, alternatif ak�m�n ani değeri aşağ�daki şekli alacakt�r.
R
i = I m .Sinωt
Bu değerin dalga şekli şekil2.1 de devre üzerinde görülmektedir.
Alternatif ak�m�n herhangi bir zamandaki değerini bu formüle bulmak
mümkündür. Eğer herhangi bir zamandaki değeri değil de etkin değer olarak
direncin üzerinden geçen ak�m;
27
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
U
Im = m
R
U=
Um
2
⇒ U m = 2 .U ⇒
Topak
I=
Um
U
= R = m =
2
2
2.R
Im
2 .U
2.R
=
U
R
olur. Bu değeri ampermetre ile ölçülerek bulunabilir. A.A devresinde saf bir
omik direnç, D.A devresinde de ayn� etkiyi gösterir. Bu nedenle doğru ak�mda
kullan�lan kanunlar aynen alternatif ak�m devrelerinde de uygulan�r.
U,I
U=Um.Sinwt
Um
w
i=Im.Sinwt
Im
90
180
o
360
(wt)
U
I
Şekil2.2
Şekil2.2 de omik direnç uçlar�na uygulanan gerilimin ve direnç üzerinden
geçen ak�m�n dalga şekli ve vektör diyagram� görülmektedir.Alternatif bir
gerilim bir direnç uçlar�na uyguland�ğ�nda direncin uçlar�ndaki gerilim
doğrultusundan direnç üzerinden geçen ak�m artmakta, direnç uçlar�ndaki
gerilim değeri azald�kça bunun paralelinde ak�mda azalmaktad�r. Bu durum
şekil2.2 de görüldüğü gibi gerilimin maksimum olduğu yerde ak�mda
maksimum, gerilimin s�f�r olduğu yerde ak�mda s�f�r olmaktad�r. Bu nedenle
ak�mla gerilim ayn� fazdad�r. Direnç eleman� ak�mla gerilim aras�nda bir faz
fark� oluşturmamaktad�r. Vektör gösteriminde I ak�m�n etkin değeri, U ise
gerilimin etkin değerini göstermektedir.
Örnek2.1
Şekil2.3 deki devrede, alternatif ak�m kaynağ�ndan çekilen ak�m� bularak bu
ak�m�n dirençler üzerindeki gerilim düşümlerini hesaplay�n�z.
U
110 V
R1
1 kohm
R2
560 ohm
Şekil2.3
28
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm2.1
Dirençler bir birleri ile seri bağland�klar�ndan bu dirençlerin eşdeğeri(toplam
direnç);
RT = R1 + R2 = 1kΩ + 560Ω = 1.56kΩ
Ohm kanunundan faydalanarak kaynaktan çekilen ak�m, ayn� zamanda bu
dirençler seri bağl� olduğu için ayn� ak�m geçecektir. Ak�m etkin değeri;
I=
U
110V
=
= 70.5mA
RT 1.56kΩ
dirençler üzerinden bu geçiyorsa, bu direnç uçlar�nda bir gerilim düşümüne
sebebiyet
verecektir. Direnç uçlar�ndaki etkin gerilim düşümleri;
R1 üzerindeki gerilim düşümü: U 1 = I .R1 = ( 70.5 mA ).( 1 kΩ ) = 70.5 V
R2 üzerindeki gerilim düşümü: U 2 = I .R2 = ( 70.5 mA).(560 Ω ) = 39.5 V
U = U 1 + U 2 = ( 70.5 V ) + ( 39.5 V) = 110 V
Bu örnekte görüldüğü gibi kapal� bir devrede gerilim düşümlerinin toplam�
kaynak uçlar�ndaki gerilime eşittir. Bu kirşoffun gerilimler kanununun alternatif
ak�m devrelerinde de aynen geçerlikli olduğunu göstermektedir.
Doğru ak�mdaki ohm kanunu ve kirşoffun gerilim ve ak�m kanunlar� alternatif
ak�mda da aynen geçerliktedir. Kirşoffun gerilimler kanunu; kapal� bir devrede
veya kaynak uçlar�ndaki gerilim eleman uçlar�ndaki gerilim düşümlerinin efektif
değerlerinin toplam�na eşittir. Bu bir devrede ölçü aletleri ile gösterimi şekil2.4
de verilmiştir.
29
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
=
V
V
+
Topak
V
+
R2
R1
V
R3
U
Şekil2.4 Kirşoff un gerilim kanunu
Şekil2.4deki devrede kaynak uçlar�ndaki gerilim değerini ölçen
voltmetrenin gösterdiği değer, direnç uçlar�ndaki gerilim düşümlerini gösteren
voltmetrelerin gerilim değerlerinin toplam� olarak görülmektedir. Buda kirşofun
gerilimler kanununun alternatif ak�mda da aynen geçerli olduğunu
göstermektedir.
Örnek2.2
Şekil2.5a daki elektrik devresindeki R3 direnci uçlar�ndaki gerilim değerini ve
şekil2.5b deki devrede kaynaktan çekilen ak�m� bulunuz.
R1
12 V
8V
U
24 V
R2
U
R1
10 A
R3
3A
R3
(a)
(b)
Şekil2.5
Çözüm2.2
Kirşofun gerilimler kanunu uygulanarak kaynak geriliminin elemanlar üzerinde
düştüğünden ;
U = U 1 + U 2 + U 3 den
U 3 = U − U 1 − U 2 = 24 V - 12 V - 8 V = 4 V
30
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Kirşofun ak�mlar kanunundan yaralanarak kaynaktan çekilen ak�m� bulunur.
I T = I 1 + I 2 = 10 A + 3 A = 13 A
Bulunan bu değerler etkin değerlerdir.
1.3 OMİK DEVREDE GÜÇ
Omik devrede güç ak�mla gerilimin çarp�m�na eşittir. R direnci uçlar�na
uygulanan gerilim sinüzoidal olduğundan direncin üzerinde harcanan güç bu
ak�m ve gerilim değerlerinin çarp�m� ile o andaki direnç üzerinde harcanan ani
güç bulunur.
p= u.i Watt
Direnç uçlar�na uygulanan gerilim u= Um.Sinwt
Direnç üzerinden geçen ak�m
i=Im.Sinwt
Herhangi bir andaki güç
p= (Um.Sinwt).(ImSinwt) = Um. Im .Sin 2 wt
p = Um. Im .Sin 2 wt
U
I
p
Um
Im
90
180
270
360
(wt)
i=Im.Sinwt
U=Um.Sinwt
Güç eğrisi
Güç eğrisi incelendiğinde şu sonuçlar elde edilir. Güç eğrisi her zaman
pozitiftir. İkici yar�m periyotta, gerilim ve ak�m negatiftir. Negatif gerilim ile
negatif ak�m�n çarp�m� olan güç de pozitiftir. Bu, direncin her iki alternansta
şebekeden güç çektiğini gösterir. Dirençte harcanan güç, dirençten geçen
ak�m�n yönüne bağl� değildir.
31
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Ak�m ve gerilim eğrilerinin her yar�m periyodunda ani güç s�f�rdan maksimum
değere ve sonra tekrar s�f�ra düşer. Böylece ak�m ve gerilimin bir periyodunda
güç iki defa maksimum ve s�f�r değerlerini al�r.
Güç eğrisi de sinüs eğrisine benzer. Yaln�z bu eğrinin frekans�, ak�m (veya
gerilim) frekans�n�n iki kat�na eşittir. Güç ekseninin ekseni yukar�ya kaym�ş
durumdad�r. Direnç üzerinden geçen ak�m ve gerilim değerleri düzenlendiği
taktirde direnç üzerindeki ortalama güç formülü ortaya ç�kar.
Por = U .I
dirençte sarf edilen gücün ortalama değeri, dirençten geçen alternatif ak�m�n
ve gerilimin etkin değerlerinin çarp�m�na eşittir.
2 KAPASİTİF DEVRE
2.1KONDANSATÖRÜN YAPISI VE ÇEŞİTLERİ
Kondansatör iki uçlu enerji depolayan elektronik bir elemand�r. İletken levhalar
aras�na konulan dielektrik (elektriği iletmeyen) maddesi elektrik yükünü depo
etme özelliğine sahiptir. Çünkü, elektron ve protonlar yal�tkan maddede
hareket ederek bir yere gidemezler. Yal�tkan maddelerin yük depo edebilme
özelliklerinden yararlan�larak en temel elektronik devre elemanlar�ndan biri
olan kondansatör imal edilmiştir.
Kapasite
Kondansatörün yük depo edebilme yeteneğine kapasite ad� verilir. Her
kondansatör istenildiği kadar yük depo edemez. Bunu etkileyen faktörler bu
konu ad� alt�n ilerleyen zamanda daha kapsaml� incelenecek, yük depo
edebilmesi için bu uçlara mutlaka bir potansiyel (gerilim) uygulanmas� gerekir.
Şekil2.6 Kondansatörün yap�s� ve semboller
32
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil2.6de görüldüğü gibi kondansatör, iki iletken levha ve bunlar�n aras�na
konan dielektrik maddeden oluşmaktad�r. Yap�l�ş� bu şekildedir. Bu
kondansatör uçlar�na bir gerilim bağlanmadan kondansatörün durumunu ve bu
kondansatör uçlar�na bir gerilim bağland�ğ�nda ki ne gibi durumlar�n
oluştuğunu şekillerle anlaş�lmas� sağlanacakt�r.
Bir kondansatörün uçlar�na bir gerilim uygulanmad�ğ� durumda bu
kondansatör şekil2.7(a) deki gibi nötr durumdad�r. Kondansatörün uçlar�na
şekil2.7 (b)deki gibi bir gerilim kaynağ� bağland�ğ�nda bu kondansatör
üzerinden ak�m ak�ş� olacak ve kondansatör levhalar� şekilde görüldüğü gibi
yüklenmeye başlayacakt�r. Bu yüklenme uygulana gerilim eğerine ulaşana
kadar devam edecektir. Bu şekil2.7 (c)deki durumunu alacakt�r.
(b)
Gerilime bağlanan bir
kondansatörün
A
B
levhalar�n�n yük oluşumu
(a) Nötr(deşarj durumu)
(c) Kondansatör üzerinden ak�m ak�ş�
(d) Kondansatörün levhalar� (+) ve (-)
yüklerle uygulanan gerilim değerinde
yüklenmiş hali
A B uygulanan gerilim değerinde
olduğu anda kesilir.
Şekil2.7 Kondansatörün Şarj�
33
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Bu kondansatörün şarj olmas� demektir. Art�k bu kondansatörü gerilim
kaynağ�ndan ç�kard�ğ�n�z anda kondansatör uçlar� uygulad�ğ�n�z gerilim
değerini gösterir. Şekil2.7 (d)de U değerinde şarj olmuş bir kondansatör
görülmektedir. Levhalar� elektron yükleri ile dolan kondansatörün bir direnç
veya iki ucu k�sa devre edilerek yüklerin boşalt�lmas�na kondansatörün deşarj�
denir. Şekil2.8 de görüldüğü gibi kondansatörün (-) yüklü levhas�ndaki
elektronlar, (+) yüklü levhaya hareket ederler. Elektronlar�n bu hareketi deşarj
ak�m�n� meydana getirir. Deşarj ak�m�, kondansatörün her iki plakas� da nötr
olana kadar devam eder. Bu olay�n sonunda kondansatör uçlar� aras�ndaki
gerilim s�f�ra iner. Kondansatör boşalm�ş olur.
Şekil2.8 Kondansatörün Deşarj�
Şekillerde de görüldüğü gibi kondansatörlerde, elektrik yükleri bir yal�tkanla
ayr�lm�ş olup iki iletken levha da birikir. Levhalardan birisi protonlardan oluşan
pozitif yüke, diğeri ise elektronlardan oluşan negatif yüke sahip olurlar.
Kondansatörlerde kapasite birimi Farad’t�r. Bir kondansatör uçlar�na bir voltluk
gerilim uyguland�ğ�nda o kondansatör üzerinde bir kulonluk bir elektrik yükü
oluşuyorsa kondansatörün kapasitesi bir faradt�r denilir. Farad çok yüksek bir
birim olduğundan farad�n askatlar� olan mikrofarad(µF), nanofarad(nF) ve
pikofarad(pF) kullan�l�r. Bu birimler aras� dönüşümü kendi aralar�nda
aşağ�daki şekilde olur.
1F=106 µF veya 1µF=10-6 F
1F=109nF
veya 1nF=10-9 F
12
1F=10 pF veya 1pF=10-12 F
34
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek2.3
Aşağ�daki ş�klarda verilen kondansatör değerlerini µF değerine dönüştürünüz.
(a) 0,00001F
(b) 0,005F
(c) 1000pF
(d) 200pF
Çözüm2.3
(a) 0,00001F x 106 = 10µF
(b) 0,005F x 106 = 5000µF
(c) 1000pF x 10-6 =0,001µF
(d) 200pF x 10-6= 0,0002µF
Örnek2.4
Aşağ�daki ş�klarda verilen kondansatör değerlerini pF değerine dönüştürünüz.
(a) 0,1.10-8F (b) 0,000025F
(c) 0,01µF
(d) 0,005µF
Çözüm2.4
(a) 0,1.10-8F x 1012=1000pF
(c) 0,01µF x 106=10000pF
(b) 0,000025F x 1012=25.106pF
(d) 0,005µF x 106=5000Pf
2.2 KONDANSATÖR ÇEŞİTLERİ
Mika Kondansatör:
Mika kondansatörlerde, çok ince iki iletken levha ve bunlar�n aras�nda
yal�tkan olarak mika kullan�lm�şt�r. Bu kondansatörlerde d�ş kap olarak
genellikle seramik maddesi kullan�lm�şt�r. Mika kondansatörler genellikle
50pikofarad ile 500 pikofarad aras�nda küçük kapasiteleri elde etmek için imal
edilirler.
Kağ�t Kondansatörler:
Kağ�t kondansatörlerde iki iletken levha ve bunlar�n aras�nda yal�tkan olarak
kağ�t kullan�lm�şt�r. İletken maddeler ve bunlar�n aras�ndaki kağ�t çok ince
olup, bir silindirik yap� oluşturmak üzere birbiri üzerine sar�lm�şt�r. Kağ�t
35
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
kondansatörlerde d�ş kap olarak genellikle plastik kullan�l�r. Orta büyüklükte
kondansatör elde edilmek için kullan�l�r.
Seramik kondansatörler:
bu kondansatörlerde dielektrik madde olarak seramik kullan�l�r. Ayn� miktar
kapasite seramik kondansatörlerde, kağ�t kondansatörlere göre çok daha
küçük boyutlarda elde edilir. Disk biçimindeki seramik kondansatörler
“mercimek kondansatörler” olarak adland�r�lmaktad�r.
Değişken kondansatörler:
Değişken kondansatörlerde, sabit metal plakalar rotor, dönebilen biçimde
yataklanm�ş metal plakalar ise stator oluştururlar. Bir mil taraf�ndan
döndürülen stator, rotoru oluşturan plakalar�n aras�na taraf biçiminde geçerek
kapasiteyi oluşturur. Değişken kondansatörlerde karş�l�kl� plakalar aras�ndaki
hava, dielektrik madde olarak görev yapar. Stator ile rotoru oluşturan levhalar
tam içi içe geçtiklerinde kondansatörün kapasitesi maksimum değerine ulaş�r.,
levhalar bir birinden tamamen ayr�ld�ğ�nda ise kondansatörün kapasitesi
minimum değerine iner. Değişken kondansatörler genellikle kapasitesi 0
pikofarad ile 500 pikofarad aras�nda değişecek şekilde imal edilirler. Değişken
kondansatörler uygulamada radyo al�c�lar�n�n istasyon seçme devrelerinde
kullan�l�r.
Elektrolitik kondansatörler:
Elektrolitik kondansatörlerde asit eriyiği gibi bir elektrolitik maddenin
emdirildiği bez, yal�tkan madde olarak kullan�l�r. Bu yal�tkan�n iki yan�ndaki
alüminyum plakalar da kondansatörün iletken k�sm�d�r. Bu plakalardan bir
tanesi doğrudan doğruya kondansatörün d�ş kab�na bağl�d�r. Elektrolitik
kondansatörler büyük kapasite değerlerini sağlamak üzere imal edilirler. Tipik
kapasite değerleri bir mikrofarad ile 2000 mikrofarad aras�ndad�r. Daha önce
görmüş olduğumuz kondansatörlerin tersine, elektrolitik kondansatörler
kutupludur. Yani pozitif ve negatif uçlar� vard�r. Bundan dolay�d�r ki devreye
bağlant�lar�nda pozitif kutup pozitife negatif negatife bağlanmas� gerekir aksi
taktirde kondansatör patlayabilir.
2.2 KAPASİTEYİ ETKİLEYEN FAKTÖRLER
Kapasite, bir kondansatörün elektrik yükü depo edebilme yeteneği olduğunu
aç�klam�şt�k. Kondansatör levhalar�na uygulanan gerilim, plakalarda elektrik
yükü meydana getirir. Uygulanan gerilim artt�kça, levhalardaki elektrik yükü de
artar. Bu nedenle, kondansatörün depo ettiği elektrik yükü, uçlar�na uygulanan
36
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
gerilimle doğru orant�l�d�r. Kondansatörün depo edebileceği elektrik yükü,
kapasite ile de doğru orant�l�d�r. Böylece bir kondansatörün uçlar�na
uygulanan gerilim, depo ettiği elektrik yükü ve kondansatörün kapasitesi
aras�ndaki ilişki aşağ�daki formülle ifade edilir.
Formülde kullan�lan Q kondansatörün depo ettiği elektrik yükünü(kulon), C
kondansatörün kapasitesini(Farad), U ise kondansatör uçlar�na uygulanan
gerilimi temsil etmektedir.
Örnek2.5
Aşağ�da ş�klarda verilen değerlere göre isteneni bulunuz.
a) Bir kondansatörün depo ettiği elektrik yükü 50µC, bu elemana 10
V uyguland�ğ�nda bu kondansatörün kapasitesi nedir.
b) Kondansatörün kapasitesi 2µF bu kondansatörün uçlar�ndaki
gerilim 100 V olduğuna göre kondansatörün levhalar�ndaki yük
ne kadard�r.
c) Kondansatörün kapasitesi 100pF, levhalar�ndaki elektrik yükü
2µC olduğuna göre bu kondansatörün uçlar�ndaki gerilim ne
kadard�r.
Çözüm2.5:
(b)
Q 50 µ C 50 . 10 − 6 C
=
=
= 5 . 10 − 6 F = 5 µ F
U
10 V
10 V
Q = C.U = (2 µ C).(100V) = 200 µ C
(c)
U =
(a )
C=
Q
2µC
2 . 10 − 6 C
=
=
= 20 kV
C 100 pF 100 . 10 −12 F
2.3 KONDANSATÖRLERİN SERİ BAĞLANMASI
Kondansatörlerin dikkat edilmesi gereken iki durumu vard�r. Bunlardan
birincisi çal�şma gerilimi diğeri ise kapasitesidir. Buna göre kondansatör
kullan�lacak yerlerine göre kaç voltluk kondansatör kullan�lacak ise o değerli
kondansatör kapasitesini ve gerilim değeri seçilmelidir. Kondansatörün
üzerindeki gerilim değeri 25V iken siz 30V luk bir devrede kullan�rsan�z o
kondansatörü yanma ile karş� karş�ya b�rak�rs�n�z. Kapasite değerleri uygun
37
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
değerde standart değer bulunamad�ysa o zaman istediğiniz kapasitede
kondansatör elde etmek için kondansatörleri seri veya paralel bağlayarak elde
etme imkan�na sahipsiniz.
Kondansatörlerin seri bağlan�ş�n� ve bu bağlant�da değerlerin bulunma
formülleri kademe kademe ç�kart�labilir.
Şekil2.9(a) deki devrede iki kondansatör seri bağl� ve bu uçlara bir U gerilim
kaynağ� bağlanm�ş. Kondansatörlerin başlang�çta kaynaktan bir ak�m çekmesi
ve belli bir süre sonra bu ak�m�n ak�ş� kesilmesi şekil2.9(b) görülmektedir.
Kondansatörün yükleri kaynağ�n verdiği yükle eleman üzerlerindeki yükler eşit
oluncaya kadar ak�m akmakta yükler eşit olunca ak�m ak�ş� durmaktad�r. Bu
durumu şu şekilde yazabiliriz.
Q T = Q1 = Q 2
Kirşofun gerilimler kanunundan;
U = U1 + U 2
(a) Kondansatörlerin seri bağlanmas� ve uçlar�ndaki gerilim
38
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
(b) Kondansatörlerin seri bağlanmas�, şarj olmas� ve ak�m�n o olmas�
Şekil2.9
U=Q/C değerleri eşitliğin her iki taraf�na yaz�l�rsa;
Q
Q Q
=
+
C T C1 C 2
eşitliğin her iki taraf� Q ye bölünerek;
1
1
1
=
+
C T C1 C 2
1
CT =
1
1
)+( )
C2
C1
elde edilir. Bu formülü genellersek n tane kondansatörün seri bağland�ğ�
durumun formülünü yazal�m.
(
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ............ +
Cn
C T C1 C 2 C 3
1
CT =
1
1
1
1
+
+
+ ............ +
C1 C 2 C 3
Cn
39
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek2.5
Şekil2.10 da görüldüğü gibi üç tane değişik kondansatörler bir birleri ile seri
bağlanm�ş. Bu kondansatörlerin eşdeğerini bulunuz.
Şekil2.10
Çözüm2.5
Seri bağlama formülünde değerler yerine konularak bulunur.
1
1
1
1
1
1
1
=
+
+
=
+
+
CT C1 C 2 C 3 10µF 5µF 8µF
CT =
1
1
µF = 2,35µF
=
1
1
1
0,425
)
)+(
)+(
(
8µF
5 µF
10 µF
2.4 KONDANSATÖRÜN UÇLARINDAKİ GERİLİM
Kondansatör uçlar�nda bir gerilim meydana gelecektir bu gerilim değeri yük ve
kapasitesine bağl� olarak değişecek olduğunu önceki konular�m�zda
incelemiştik. Kirşofun gerilimler kanunundan elemanlar seri bağl�
olduklar�ndan
Ux = (
CT
)U
Cx
buradaki Cx; hangi kondansatör uçlar�ndaki
kondansatörün Ux değeridir. (C1, C2 gibi)
40
gerilimi
bulacaksan�z
o
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek2.6
Şekil2.11 deki devrede üç kondansatör seri bağlanm�ş uçlar�na 25V gerilim
uygulanm�şt�r. Bu kondansatörlerin uçlar�ndaki gerilim değerlerini bulunuz.
Şekil2.11
Çözüm2.6
Kondansatörler seri bağland�klar� için seri devrede ak�mlar eşit olacağ�ndan
kirşofun gerilimler kanunundan yararlanabilirsiniz.
1
1
1
1
1
1
1
1
=
+
+
=
+
+
⇒ CT = µF = 0,0588µF
17
CT C1 C 2 C 3 0,1µF 0,5µF 0,2µF
Voltaj formülünde değerleri yerine koyarak eleman uçlar�ndaki gerilim
değerleri;
U1 = (
CT
0,0588µF
)U = (
).25V = 14,7V
C1
0,1µF
U2 = (
CT
0,0588µF
).25V = 2,94V
)U = (
C2
0,5µF
CT
0,0588µF
).25V = 7,35V
)U = (
0,2µF
C3
Bulunur.
U3 = (
2.5 KONDANSATÖRLERİN PARALEL BAĞLANMASI
Kondansatörler paralel bağland�klar�nda kaynaktan çektikleri ak�m kollara
ayr�larak devresini tamamlayacakt�r. Kaynağ�n gerilim değeri bu elemanlar
üzerinde aynen görülecektir. Kaynaktan çekilen yük elemanlar üzerinde
görülecek bu yüklerin toplam� kaynağ�n yüküne eşit olacakt�r.
41
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Q T = Q1 + Q 2
C T .U = C1 .U + C 2 .U
eşitliğin her iki taraf�n� U' ya bölünürse
C T = C1 + C 2
elde edilir.
Şekil2.12 Paralel kondansatörler ve QT=Q1+Q2
Şekil2.13 n tane kondansatörün paralel bağlanmas�
Şekil2.13de olduğu gibi n tane kondansatör biri birine paralel bağland�ğ�ndaki
genel formülümüzü iki kondansatör paralel bağland�ğ�nda ç�kard�ğ�m�z
formülümüzü genelleştirirsek;
C T = C1 + C 2 + C 3 + ........... + C n
olur. n tane kondansatör paralel bağlant� genel formülü ortaya ç�kar.
Örnek2.7
Şekil2.14deki devrede elemanlar�n değerleri verilmiş, bu elemanlar paralel
bağlanm�şt�r. Bu devrenin eşdeğer kapasitesini ve kondansatörlerin yüklerini,
toplam yükü bulunuz.
42
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil2.14 Örnek
Çözüm2.7:
CT = C1 + C 2 + C 3 = 100 pF + 220 pF + 50 pF = 370 pF
QT = CT .U = 370 pF .10V = 3700 pC ( pikokulon)
Q1 = C1 .U = 100 pF .10V = 1000 pC
Q2 = C 2 .U = 220 pF .10V = 2200 pC
Q3 = C 3 .U = 50 pF .10V = 500 pC
QT = Q1 + Q2 + Q3 = 1000 pC + 2200 pC + 500 pC = 3700 pC
2.6 KONDANSATÖRLERİN PARALEL-SERİ BAĞLANMASI
Kondansatörler seri, paralel devrelerde ayr� ayr� bağlanabildikleri gibi bu
bağlant�lar�n iki durumu bir devre üzerinde bulunabilir. Bu bağlama şekline
kar�ş�k bağlama denir. Dirençlerde olduğu gibi devrede eşdeğer kapasitenin
bulunabilmesi için devredeki paralel bağl� kondansatörler önce tek bir
kondansatör haline getirilerek, devredeki elemanlar�n bağlant� durumlar�na
göre seri veya paralel bağlant� formülleri kullan�larak eşdeğer kapasite
bulunur.
Örnek2.8
Şekil2.15(a)da görülen
değerlerini bulunuz.
devredeki
kondansatörlerin
43
uçlar�ndaki
gerilim
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
(a)
Topak
(b)
Şekil2.15 (c)
Çözüm2.8:
Şekil2.15(a)daki devreyi C2//C3 olduğundan bu paralelliğin eşdeğeri formülde
değerler yerine yaz�larak;
C 2 + C 3 = 10 µF + 8µF = 18µF
bu değer C1 kondansatörüne seri haline geldi. Seri bağlama formülünde
değerler yerine yaz�l�rsa şekil(b) görülen eşdeğer kapasite bulunur.
CT =
(12µF ).(18µF )
= 7, 2 µ F
12µF + 18µF
kaynaktan çekilen toplam yük;
QT = U .CT = (5V ).(7,2 µF ) = 36 µC
44
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
şekil(c) üzerinde gösterilen değer bulunur. C1 eleman� kaynağa seri bağl�
olduğundan toplam yük aynen bu kondansatörün üzerinde görüleceğinden bu
eleman�n uçlar�ndaki gerilim ve C2, C3 elemanlar�na kalan gerilim;
U1 =
Q1 36µC
=
= 3V
C1 12µF
36µC
= 2V
18µF
bulunur. C2, C3 paralel bağl� olduklar�ndan bu gerilim her iki kondansatörün
uçlar�nda görülecektir. Bu kondansatörlerin yükleri ise farkl� olacakt�r. C2, C3
kondansatörlerin depolad�ğ� yük miktarlar� ise;
Q2 = C 2 .U 2 = (10µF ).(2V ) = 20µC
Q3 = C 3 .U 3 = (8µF ).(2V ) = 16µC
bulunur. Bu örnekte kondansatörlerin uçlar�ndaki gerilim ve yükleri ayr� ayr�
bulunmuştur.
Kondansatörün
Gösterilmesi
Şarj
ve
Deşarj�n�
Ampermetre
ve
Voltmetre
ile
Kondansatörün şarj ve deşarj�n� incelemiş iç durumunda elektron ve
protonlar�n hareketlerini şekillerle göstermiştik. Şimdi bu kondansatörün bir
direnç ile devreye bağlay�p bu uçlar� gerilim kaynağ� ile beslemeye alal�m.
Kondansatörün ve direncin uçlar�ndaki gerilim ve ak�m durumlar�n�
gözlemleyelim.
Şekil2.16(a) Kondansatörün anahtar kapat�ld�ğ�nda üzerinden geçen ak�m ve
uçlar�ndaki gerilimin ampermetre ve voltmetredeki görünüşü
45
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil2.16(b)Kondansatörün uçlar�ndaki gerilimin kaynak gerilimine eşit olduğu
anda üzerinden herhangi bir ak�m�n akmay�ş� ve direnç uçlar�ndaki gerilim s�f�r
değeri göstermesi
Bir kondansatöre seri bir direnç bağlay�p bu elemanlara gerilim uyguland�ğ�
anda kaynaktan bir süre ak�m geçecektir. Bu ak�m�n geçmesi kondansatör
uçlar�ndaki gerilim değeri kaynak gerilim değerine eşit oluncaya kadar devam
edecektir. Bu arada şekil(a)da ampermetre anahtar kapat�l�r kapat�lmaz max.
ak�m kaynaktan çekildiği için büyük değer gösterecek daha sonra
kondansatörün gerilimi artt�kça ak�m azalacakt�r.
Şekil2.16(c)Kondansatörün
gösterdiği değer
deşarj�nda
ampermetrenin
ve
voltmetrenin
Şekil2.16(a)da voltmetre ise s�f�rdan başlayarak kondansatör uçlar�na
bağlanan kaynağ�n değerine kadar yükselecektir. Bu kaynak gerilimi
değerinde şarj olan kondansatörü Şekil2.16(c)de görüldüğü gibi gerilim
kaynağ�n� ç�kard�ktan sonra kondansatörün yükü direnç üzerinden harcan�r.
t=0 an�nda ampermetre yüksek değerden s�f�ra doğru, voltmetrede max. dan
s�f�ra doğru değer gösterecektir. Bu akan ak�mda deşarj ak�m ile adland�r�l�r.
Bu kondansatör şarj� ve deşarj�n�n süresi direncin ve kondansatörün
kapasitesine bağl�d�r. Bu geçen süreye RC zaman sabitesi denir. Formül
olarak;
τ = RC
46
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
zaman sabitesini bulunabilir. τ:(tau)zaman sabitesi(saniye)
Örnek2.9: Bir seri RC devresinde direnç değeri 1MΩ ve 5µF seri bağlanm�şt�r.
Kondansatörün şarj süresini(zaman sabitesi) bulunuz.
τ = RC = (1.10 6 ).(5.10 −6 ) = 5s
Kondansatörün direnç ile bir gerilim kaynağ�na bağlanarak şarj olay�n� gördük.
Her kondansatör ayn� zamanda şarj olamaz bunun üzerinden geçen ak�m ve
kondansatörün kapasitesine bağl� olarak değişecektir. Zaman sabitesi
yukar�da formülü elde edilmişti. Bu duruma göre t=0 an�nda kondansatörün
üzerinden geçen ak�m max. Daha sonra kondansatör şarj oldukça bu s�f�ra
inecektir. Aşağ�daki formül bir kondansatörün üzerinden geçen ak�m�n
formülünü verir.
i( t ) =
U − t / RC
e
R
i(t): Kondansatör üzerinden geçen değişken ak�m
U: Kondansatör uçlar�na uygulanan gerilim
RC: Zaman sabitesi
t: Zaman(sn)
Şekil2.17
Şekil2.17deki devrede anahtar kapat�ld�ğ� anda kondansatör üzerinden geçen
ak�m�n değişim eğrisini t=0 an�ndan t=∞ an�na kadarki durumunu zamana bu
aral�klarda değerler vererek grafiksel gösterirsek aşağ�daki grafik kondansatör
üzerinden geçen ak�m� gösterir.
47
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil2.18
t=0 için kondansatör üzerinden geçen ak�m� bulursak diğer değerleri de sizler
bularak ak�m grafiğinin doğruluğunu görebilirsiniz.
U − t / RC
e
t = 0 için ak�m
R
U
U
U
U
i(0) = .e −0 / RC = .e 0 = .1 =
R
R
R
R
i( t ) =
t=0 an�nda(anahtar kapat�ld�ğ� anda) kondansatör üzerinden kaynak gerilimi
ve direnç değerine bağl� olarak max. Değerde ak�m akt�ğ� görülüyor. Sizlerde t
değerleri vererek çeşitli zamanlardaki ak�mlar� bulunuz.
Örnek2.10:
Şekil2.19deki devrede elemanlar�n değerleri verilmiştir. Bu
doğrultusunda kondansatör üzerinden geçen ak�mlar�;
(a) t=0s
(b) t=0,05s (c)t=0,1s
(d)t=0,2s
(e)t= 0,5s
bulunuz.
değerler
Şekil2.19
Çözüm2.10
Ak�m formülünde değerleri yerine yaz�lmas� ile bulunabilir. Önce bu devrenin
zaman sabitesi bulunur.
48
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
RC = (100.10 3 Ω).(1.10 −6 F) = 0,1
a dan e ye kadar verilen zaman değerlerini formülde yerlerine koyarak
kondansatör üzerinden geçen ak�mlar bulunur.
(a )t = 0 s
(b)t = 0,05s
(c)t = 0,1s
(d )t = 0,2s
(e)t = 0,5s
U −t / RC 20V −0 / 0,1 20V
e
=
.e
=
.1 = 0,2mA
R
1kΩ
1kΩ
U
20V -0,05/0,1 20V -0,5
=
i (0,05) = e −t / RC =
.e
.e = 0,121mA
R
1kΩ
1kΩ
U
20V −0,1 / 0,1 20V −1
=
.e = 0,0736mA
i (0,1) = e −t / RC =
.e
R
1kΩ
1kΩ
U
20V −0, 2 / 0,1 20V − 2
i (0,2) = e −t / RC =
.e
=
.e = 0,0271mA
R
1kΩ
1kΩ
U
20V −0,5 / 0,1 20V −5
i (0,5) = e −t / RC =
.e
=
.e = 0,0013mA
R
1kΩ
1kΩ
i (0) =
Burada dikkat edilirse zaman geçtikçe kondansatörün üzerinden ak�m ak�ş�
azal�yor. Süreyi biraz daha art�rsak ak�m grafikte gösterdiğimiz gibi s�f�r
olacakt�r.
2.7
DİRENCİN
ÜZERİNDEKİ
UÇLARINDAKİ GERİLİM
VE
KONDANSATÖR
Kondansatöre seri bağl� bir direnç uçlar�ndaki gerilim düşümü ohm
kanunundan faydalan�larak bulunabilir. Direnç kondansatöre seri bağl�
olduğundan kondansatör üzerinden geçen ak�m ayn� zamanda direnç eleman�
üzerinden geçeceğinden t=0 an�nda direnç uçlar�ndaki gerilim düşümü max.
Olacak, ak�m azald�kça ve ak�m s�f�r olduğunda direnç uçlar�nda herhangi bir
gerilim düşümü mant�ken olmayacakt�r. Bunu formüllerle ifade ederek
gösterelim.
U R (t ) = R.i (t )
U −t / RC
.e
)
R
U R (t ) = U .e −t / RC Volt bulunur.
U R (t ) = R.(
direnç uçlar�ndaki gerilim bulunduğuna göre kondansatör uçlar�ndaki gerilim
49
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
kirşofun gerilimler kanunundan faydalan�larak kondansatör uçlar�ndaki gerilim
aşağ�daki şekilde olur.
U = U R (t ) + U C (t )
U C (t ) çekilirse;
U C (t ) = U − U R (t ) = U − (U .e −t / RC ) = U (1 − e −t / RC ) Volt
kondansatör uçlar�ndaki gerilim formülü bulunur.
Şekil2.20 Kondansatörün şarj esnas�ndaki gerilim eğrisi
Örnek2.11
Şekil2.20deki verilen devrede anahtar 50µs kapat�ld�ğ�nda kondansatörün
uçlar�ndaki gerilimi hesaplay�n�z.
Şekil2.20
Çözüm2.11
Devredeki verilerle kondansatör uçlar�nda 50µs sonra gerilim değeri formülde
değerler yerine yaz�larak kondansatörün uçlar�ndaki gerilim değeri bulunabilir.
50
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
RC = 8,2.10 3 Ω.0,01.10 −6 F = 82µs
U C (50 µs ) = U (1 − e −t / RC ) = 50V (1 − e −50 µs / 82 µs ) = 50V (1 − e −0,61 )
U C = 50V (1 − 0,543) = 22,8V
Örnek2.12
Şekil2.21 deki devrede kondansatörlerin dolma esnas�nda ve ful dolduğu anda
kaynaktan çekilen ak�mlar� ve eleman üzerlerindeki gerilimleri bulunuz.(Direnç
değerleri ohm cinsindendir)
Şekil2.21(a)
Çözüm2.12
Şekil2.21deki devrede anahtar kapat�ld�ğ� anda C1 kondansatörünün
üzerinden ak�m akacağ�ndan R1 direncinden ak�m geçmediğinden direnç
uçlar�nda gerilim 0V tur. C2 eleman� R2 direncine seri bağland�ğ�ndan ak�mlar�
eşit olacakt�r. K�saca kondansatörler ful olana kadar k�sa devre şeklini alacak
devrede hiç direnç göstermeyecektir. Bu duruma göre kaynaktan çekilen
ak�m(şekil(b)deki devreye göre;
RT = R2 // R3 = 30Ω // 30Ω = 15Ω
IT =
60V
= 4A
15Ω
toplam ak�m bulunduğuna göre bu ak�m direnç değerleri eşit olan R2 ve R3
elemanlar�ndan ikişer amper olarak şekil(b) deki gibi akacakt�r.
51
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Kondansatörler ful dolduklar� anda DC devrede aç�k devre özelliği
göstereceğinden gerilim kaynağ�ndan çekilen ak�m şekil(c) deki görüldüğü gibi
olacakt�r. Bu durumda devre elemanlar�n�n bağlant� şekline göre;
RT = R1 + R3 = 10Ω + 30Ω = 40Ω
60V
= 1,5 A
40Ω
Dikkat edilirse kondansatörler ful dolduğu andan sonra kaynaktan çekilen
ak�m düşme gösteriyor. Kondansatörler DC de aç�k devre özelliği gösterdiği
unutulmamas� gerekir.
IT =
(b)
(c)
Kondansatör uçlar�ndaki gerilim değerleri bu geçen ak�mlara göre;
U C1 = 1,5 A.10Ω = 15V
U C2 = 1,5 A.30Ω = 45V
52
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil2.21(c) de aç�k bir şekilde görülmektedir.
Örnek2.13
Şekil2.22 deki devrede (a) anahtar kapat�ld�ğ� anda I1 ve Ic ak�mlar�n�, (b)
anahtar kapat�ld�ktan uzun bir süre sonra I1 ve Ic ak�mlar�n� ve kondansatörün
uçlar�ndaki gerilimi hesaplay�n�z.
40 ohm
S
I1
120V
80 ohm
IC
50 mikro F
Şekil2.22
Çözüm2.13
(a) S anahtar� kapat�ld�ğ� anda (t=0) kondansatör boş olduğu için 80 ohm’luk
direnci k�sa devre edeceğinden I1 = 0 olur. t= 0 da Uc=0
120
= 3 A olur.
40
(b) Anahtar kondansatör şarj oluncaya kadar uzun bir zaman kapal� kald�ğ�na
göre, kondansatörden geçen şarj ak�m� s�f�r olur. Ic = 0 Bu durum
kondansatör devreden ç�kar�lsa devrede hiçbir değişiklik olmaz. Bu durumda
devre, 80 ohm’luk direnç ile 40 ohm’luk dirençten ibaret seri bir devre
durumundad�r.
Kondansatörden geçen ak�m I c =
I1 =
120
= 1A
80 + 40
80 ohm direncin ve kondansatörün uçlar�ndaki gerilim,
U c = 1 × 80 = 80 V
53
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
2.8 ALTERNATİF AKIMDA KONDANSATÖR
Alternatif Ak�m�n Kondansatörden Geçişi
Şekil2.23a da bir kondansatöre sinüzoidal bir emk uyguland�ğ�nda devreden
bir alternatif ak�m ak�ş� başlar. Devreye bağlanan ampermetre vas�tas� ile
devreden geçen ak�m ölçülebilir. Kondansatörün levhalar� aras�nda yal�tkan
bir madde bulunduğu halde, devreden alternatif bir ak�m�n nas�l geçtiğini
inceleyelim. Kondansatöre uygulad�ğ�m�z sinüzoidal emk’in değişim eğrisi
şekil2.23b de görülmektedir.
e
e=U m .S inw t
Um
A
A
i
90
180
360
C
e=Em.Sinwt
(w t)
B
(a)
(b)
Şekil2.23
Tam s�f�r an�nda anahtar� kapatt�ğ�m�z� kabul edelim. Emk s�f�rdan başlayarak
pozitif maksimum değerine doğru yükselecektir. Kondansatör boş olduğu için
Uc= 0 d�r. Emk’in pozitif yar�m periyodunda, A ucu (+) pozitif ve B ucu da (-)
negatif olsun. Şekil2.24 (a) da görüldüğü gibi bir elektron ak�m� (-B) ucundan
(+A) ucuna doğru akacakt�r. Kondansatörün levhalar�nda gösterildiği gibi
yükler (şarjlar) toplan�r. Kondansatörün levhalar� aras�nda şarjla doğru orant�l�
olarak değişen potansiyel fark� meydana gelir. Devreden geçen şarj ak�m� s�f�r
an�nda maksimum değerinde olur. Çünkü bu anda, kondansatörün uçlar�ndaki
gerilim s�f�rd�r.
e
S
Em
A
A+
e=Em.Sinwt
e = E m .S in w t
C
++
Uc
i
90
180
360
(w t)
I şarj
B
(a)
(b)
Şekil2.24 kondansatörden alternatif ak�m�n geçişi
54
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Kondansatörün uçlar�ndaki Uc gerilimi, uygulanan emk’e z�t yöndedir.
Kondansatör doldukça Uc gerilimi artt�ğ� için şarj ak�m� azalmaya başlar.
Uygulanan emk (+Em) değerine ulaşt�ğ�nda kondansatör dolduğu için
uçlar�ndaki potansiyel fark� Uc=Em olur. Bu anda π/2 an�nda devreden geçen
şarj ak�m� da s�f�r olur. Şarj ak�m�n�n değişim eğrisi şekil2.24 (b) de
gösterilmiştir.
π/2 (90°) den sonra devreye uygulanan emk, Em değerinden azalmaya başlar.
Bu durumda kondansatörün uçlar�ndaki Uc gerilimi şebeke emk’inden büyük
olacağ� için kondansatör deşarj olmaya başlar. Şekil2.25 (a) da görüldüğü gibi,
devredeki elektron ak�m� kondansatörün negatif levhas�na doğru olur. Deşarj
ak�m�, şarj ak�m�na ters yöndedir.
AB uçlar�ndaki şebeke gerilimi azald�kça deşarj gerilimi azald�kça deşarj ak�m�
da büyür. (π) de şebeke gerilimi s�f�r olduğu anda deşarj ak�m� maksimum
değerine ulaş�r. Şekil2.25 (b) de, s�f�rdan negatif maksimum değerine
yükselen deşarj ak�m�n�n değişim eğrisi görülüyor. (π) de kondansatör deşarj
olduğu için uçlar�ndaki gerilim s�f�ra düşer.
e
e=Em.Sinwt
Em
S
A+
A
I deşarj
e=Em.Sinwt
B
C
+ +
i
90
180
360
(wt)
Uc
I deşarj
- Im
(a)
(b)
Şekil2.25 Kondansatörden alternatif ak�m�n geçişi
(π) an�ndan sonra şebeke emk’i yön değiştirerek (- Em) değerine doğru
artmaya başlar. π ile 2π aras�nda A ucu (-) ve B ucu da (+) olur. π an�nda
kondansatör deşarj durumundad�r. Şekil2.26 (a) da görüldüğü gibi, devrede
elektron ak�m� (-) A dan (+) B ye doğru olur. Bu elektron ak�m� kondansatör
levhalar�n� şekilde gösterildiği gibi yüklemeye başlar. Kondansatör doldukça
uçlar�ndaki (uygulanan emk’e z�t yönde olan) gerilim Uc de artmaya başlar.
55
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
e
Em
S
A
I şarj
A
e=Em.Sinwt
90
270
360
(wt)
C + +
e=Em.Sinwt
B+
180
I şarj
- Im
(a)
(b)
Şekil2.26
π de şarj ak�m� maksimumdur. 3π/2 an�nda kondansatör dolduğu için Uc = Em olur. Kondansatörün şarj ak�m� da s�f�ra düşer, 3π/2 an�ndan sonra,
şebeke emk’i (-Em) değerinden azalmaya başlar. Bu durumda kondansatörün
uçlar�ndaki potansiyel fark� şebeke emk’inden büyük olacağ� için, kondansatör
şebeke üzerinden deşarj olmaya başlar. Şekil2.27 (a) da kondansatörün
negatif levhas�ndan pozitife doğru deşarj elektron ak�ş� görülüyor. Şebeke
gerilimi 2π an�nda s�f�r olduğu an, kondansatörün deşarj ak�m� maksimum
değerine ulaş�r.
e
Em
S
A
I deşarj
A
e=Em.Sinwt
B+
e=Em.Sinwt
90
180
270
360
(wt)
C + + Uc
I deşarj
- Im
(a)
(b)
Şekil2.27
Şekil2.27 (b) de deşarj ak�m�n�n 3π/2 ile 2π aras�ndaki eğrisi
görülüyor.kondansatöre uygulanan emk’in bir periyotluk değişiminde
kondansatörün şarj ve deşrj ak�mlar� devreden geçen ak�m� meydana
getirirler. Başka bir deyişle, devreden geçen alternatif ak�m kondansatörün
dielektriğinden geçen ak�m değil, kondansatörün şarj ve deşarj ak�m�d�r. Bu
ak�ma genellikle, kondansatörden geçen alternatif ak�m denir.
Şekil2.24, 25, 26 ve 27 de parça parça gösterilen devre ak�m�n� uygulanan
emk’le birlikte yeniden çizelim. Şekil2.28 da görüldüğü gibi, kondansatörden
geçen ak�m�n değişim eğrisi incelendiğinde; sinüzoidal bir ak�m olduğ, yaln�z
uygulanan emk 90° ileride bulunduğu görülür.
56
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Uygulanan emk E= Em.Sinωt, Ak�m ise i= Im.Cosωt=Im.Sin(ωt + π/2) olur.
e
Em
i
I
e=Em.Sinwt
W
i=Im.Sinwt
90
180
270
360
(wt)
0
.
.
90
E
- Im
Şekil2.28 Kondansatörden geçen ak�m�n ve uygulanan emk’in değişim eğrileri
ve vektör diyagram�
Kondansatörün levhalar� aras�nda şarj ve deşarjdan dolay� meyadana gelen
potansiyel fark�,uygulanan emk’e z�t yöndedir. Kondansatöre uygulanan emk’e
eşit ve180° faz fark� olarak çizilecek bir eğri bize kondansatörün levhalar�
aras�nda meydana gelen Uc geriliminin değişim eğrisini verir. Şekil2.29 de
kondansatöre uygulanan emk’in, geçen ak�m�n ve Uc geriliminin değişim
eğrileri görülüyor.
e
Uc
i
Em
e=Em.Sinwt
e
e=Em.Sinwt
Em
90
180
270
360
(wt)
90
0
180
270
360
(wt)
T/4
- Im
Uc=Em.Sin(wt-180)
Şekil2.29 Kondansatöre uygulanan
uygulanan
emk, geçen ak�m ve Uc eğrileri
Şekil2.30 Kondansatöre
Sinüzoidal emk
Kondansatörden Geçen Alternatif Ak�m�n Hesaplanmas�
Kondansatöre uygulanan sinüzoidal emk’in eğrisi şekil2.30 da görülmektedir.
Kondansatörden geçen ak�m, levhalarda toplanan şarj�n değişimine bağl�d�r.
Kondansatörden geçen ak�m�n ortalama değeri,
şarj değişimi
∆Q
I or =
veya k�saca
I or =
geçen zaman
∆t
57
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
kondansatörün şarj�, kapasitesi C sabit olduğuna göre uygulanan gerilime
bağl�d�r.
Q = e.C
şarj değişimi de gerilim değişimi ile doğru orant�l�d�r. ∆Q = C.∆ e
Şekil2.29 daki kondansatöre uygulanan emk’in 0 ile π/2 aras�mdaki T/4
periyotluk parças�n� alal�m. Burada emk 0 ile Em aras�nda değişmektedir.
Elektromotor kuvvetin değişimi Em dir. ∆ e= Em
Kondansatörden geçen ak�m�n ortalama değeri,
I or =
şarj değişimi C. gerilim değişimi C.∆ e C. Em
=
=
=
= (4.C.E m ) / T
geçen zaman
geçen zaman
∆t
T/2
Uygulanan emk’in frekans� f olduğuna göre, T =
1
dir. Yukar�daki ifadede T
f
yerine 1/f yaz�l�rsa;
4.C.E m
= 4. f .C.E m
1
f
kondansatör üzerinden geçen ortalama ak�m bulunur. Ak�m�n maksimum
değeri,
I or =
Im =
π
2
.I or olduğuna göre
π
2
.I or = 4. f .C.E m .
π
2
den I m = 2.π . f .C.E m
bulunur.
Kondansatörün üzerinden geçen alternatif
I
I ef = m dir.
2
Kondansatörden geçen ak�m�n etkin değeri;
Im
= 2πf .C.
Em
ak�m�n
etkin(rms)
değeri,
düzenlenirse,
I ef = 2πf .C.E ef bulunur. Alternatif ak�m�n ve
2
2
gerilimin efektif değerlerinin yan�na indis kullan�lmaz. Eğer Ief=I, Eef=E olarak
yerlerine formülde konulursa frekans cinsinden kondansatör üzerinden geçen
ak�m formülü ortaya ç�kar.
58
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
I = 2πf .C.E
Biliniyor ki aç�sal h�z ω = 2πf dir. Bu değer kondansatör üzerinden geçen
ak�m formülünde yerine konulursa aç�sal h�z cinsinden ak�m formülü aşağ�daki
gibi olur.
I = ω .C.E
Örnek2.14
100 µf’l�k bir kondansatöre etkin değeri 100 Volt olan ve frekans� 50 Hz’lik bir
alternatif gerilime bağland�ğ�nda bu kondansatör üzerinden geçen ak�m�
bulunuz.
Çözüm2.14
Alternatif ak�m�n
faydalan�larak;
kondansatör
üzerinden
geçen
ak�m
formülünden
I = 2π f .C .E = 2π .50 .100 .10 −6 .100 = 3,14 Amper
Kapasitif Reaktans ve OHM kanunu
Kondansatör uçlar�na bir alternatif gerilim uyguland�ğ�nda kaynaktan çekilen
ak�m I = 2πf .C.E formülü ile hesapland�ğ� bulunmuştu. Bu ifadeden;
I
= 2πf .C
E
ve
E
1
=
I 2πf .C
yaz�labilir. Alternatif ak�m devresinde gerilimin ak�ma oran� biliniyor ki elektrik
ak�m�na karş� gösterdiği zorluğu verir. Bu durumda E/I oran� sabit kal�r.
Kapasitif devredeki E/I oran�na kapasitif reaktans denir. Birimi ohm’dur ve Xc
ile gösterilir.
E
1
1
Xc = =
=
I 2πf .C ω .C
59
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Doğru ak�m devresinde gerilim, ak�m ve direnç aras�ndaki ilişkileri veren ohm
kanununun benzer şekilde, kapasitif devrede E, I ve Xc aras�ndaki ilişkiler için
kullan�labilir. Kapasitif devrede ohm kanunu;
I=
E
xc
Xc =
E
I
E = I .X c
Kapasitif reaktans formülüne bak�ld�ğ�nda X c =
1
2πf .C
incelendiğinde şu
hususlar görülür
.
(a) Kapasitif reaktans, frekansla ters orant�l� olarak değişir.
(b) Kapasitif reaktans, kondansatörün kapasitesi ile ters orant�l�d�r.
Örnek2.15
Kapasitesi 50 µF olan bir kondansatörün;
a) 50 Hz deki
b) 1000 Hz deki
c) Sonsuz frekansdaki
d) Doğru Ak�mdaki kapasitif reaktanslar�n� hesaplay�n�z.
Çözüm2.15:
a) X c =
10 6
10 6
=
= 63,66 Ω
2πf .C 2π .50.50
b) X c =
10 6
10 6
=
= 3,18 Ω
2πf .C 2π .1000.50
10 6
10 6
c) X c =
=
= 0Ω
2πf .C 2π .∞.50
d) X c =
10 6
10 6
=
= ∞ Ω (D.A da reaktans sonsuzdur.)
2πf .C 2π .0.50
60
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek2.16
Şekil2.31 da verilen alternatif ak�m devresinde kondansatörün kapasitif
reaktans�n� ve kaynaktan çektiği ak�m� hesaplay�n�z.
U= 5 V
0,005 mikro F
f=10 kHz
Şekil2.31
Cevap 2.17
Kapasitif reaktans�;
Xc =
1
10 6
=
= 3,18 kΩ
2πf .C 2π .(10000 Hz ).50
Kaynaktan çekilen ak�m;
U = I .X c
dan
I=
U
5V
=
= 1,57 mA
X c 3,18 kΩ
Kapasitif Devrede Güç
Önceki konulardan biliniyor ki kapasitif devrede ak�mla gerilim aras�nda 90°
faz fark� oluşmakta ve ak�m gerilimden 90° ileri fazdad�r. Herhangi bir andaki
kondansatörün harcad�ğ� güç, o anda ak�m ile emk’in çarp�m�na eşittir. p = i.e
P
I
e
P = e .i
90
0
e = E m .S in w t
i= 0
p = e . i= 0
e=0
p = e . i= 0
t
i= Im .c o s w t
Şekil2.32 Kapasitif devrede güç dalgalar�
61
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil2.32 de görüldüğü gibi çeşitli anlardaki ak�m ve gerilim değerleri
çarp�larak bulunan güçler işaretlenmek suretiyle gücün değişim eğrisi
çizilebilir. Uygulanan emk’in ve ak�m�n herhangi bir andaki değeri,
e Em.Sinwt
ve
i= Im.Cos wt
bu değerler p= i.e formlünde yerlerine konulduğu taktirde gerilim ve ak�m�n
değerleri doğrultusunda ani güç formülü ortaya ç�kar.
p = e.i = E m .Sinωt.I m .Cosωt = E m .I m .Sinωt.Cosωt
1
1
Sinωt.Cosωt = .Sin 2ωt den p = .E m. .I m .Sinωt
2
2
Gerilim ve ak�m�n değerlerini efektif değer cinsinden yaz�ld�ğ�nda kondansatör
üzerinde harcanan güç bulunur.
p=
Em I m
.
.Sin 2ωt
2 2
Em
2
=E
Im
2
=I
p = E.I.Sin2ωt
E: Uygulanan emk’in etkin değeri, Volt
I: Geçen ak�m�n etkin değeri, amper
p: Herhangi bir andaki güç (ani güç), Vatt
Ani güç formülü incelendiğinde, gücünde sinüzoidal olarak değiştiği yaln�z
frekans�n�n, gerilim veya ak�m frekans�n�n, iki kat� olduğu görülür.
Şekil2.32 deki güç eğrisinin, emk’in yar�m periyodunda tam bir periyotluk
değişmeye uğrad�ğ� yani 1 periyot çizdiği görülür. Yatay zaman ekseninin
üstündeki güç eğrisi pozitif, alt k�sm�ndaki de negatif gücü gösterir. Güç pozitif
iken, kondansatör şebekeden güç çekerek levhalar�nda enerji depo eder. Güç
negatif iken, kondansatör levhalar�nda depo ettiği enerjiyi şebekeye (kaynağa)
geri verir.
Güç eğrisinin alt�nda kalan alan depo edilen enerjiyi veya deşarjda geri verilen
enerjiyi gösterir. Şekil2.31 de görüldüğü gibi, şarjda depo edilen enerji,
deşarjda geri verilen enerjiye eşittir. Bu durumda ortalama güç s�f�r olur.
62
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Güç eğrisi de ak�m�n iki kat� frekansa sahip bir sinüs eğrisidir. Bir sinüs
eğrisinin bir periyottaki ortalama değeri s�f�rd�r. Şu halde kapasitif bir devrede
ortalama güç s�f�rd�r.
Kapasitif devrede, 90° faz farkl� ak�m ile gerilimin çarp�m�na reaktif güç denir.
Reaktif güç Q harfi ile ifade edilir. Birimi ise VAr tir.
Q=E.I VAr
Gerilim ve Kapasitif reaktans belli ise
U c2
Q=
Xc
Ak�m ve Kapasitif reaktans belli ise Q = I c2 . X c
Örnek2.18
Şekil2.33 de alternatif gerilime bağlanan kondansatörün harcad�ğ� gücü
hesaplay�n�z.
U= 2 V
0,001 mikro F
f=2 kHz
Şekil2.33
Çözüm2.18
Kondansatör uçlar�ndaki gerilim belli,
kondansatörün harcad�ğ� güç bulunur.
Xc =
Q=
kapasitif
1
1
=
= 7.96kΩ
3
2πf .C 2π (2.10 Hz ).(0.01.10 −6 F )
U c2
(2V ) 2
=
= 503.10 −6 VAr = 503µVAr
X c 7.96kΩ
63
reaktans
bulunarak
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3.ENDÜKTİF DEVRE
ALTERNATİF AKIMDA BOBİN
Şekil2.34(a) da görüldüğü gibi saf bir özindükleme bobinin sinüzoidal alternatif
bir gerilim uyguland�ğ�nda şekil2.34(b) deki gibi bobinden sinüzoidal bir ak�m
geçer. Bu ak�m�n meydana getireceği φ manyetik ak�s� da sinüzoidal olarak
değişir ve ak�mla ayn� fazdad�r.
Bobinden geçen ak�m�n meydana getireceği sinüzoidal manyetik ak�, bobinin
kendi sar�mlar�n� sard�ğ� için, bobinde özindükleme emk meydana getirir.
L
m . s in w t
=
i= I m .s in w t
0
90
180
270
360
wt
U
(a)
0
T/4
90
180 270
(b)
360
0
T /4
90
180
eZ
eZ
i=Im.sinwt
i= Im .sinw t
(b)
270
360
(d)
Şekil2.34 Özindükleme bobinli A.A devresi
Bobinde indüklenen özindükleme emk’in nas�l değiştiğini s�rayla incelemesi
yap�l�rsa;
(1)Şekil2.34(c ) de görüldüğü gibi, 0° ile 90° aras�ndaki yar�m alternans� ele
alal�m. Ak�m s�f�rdan başlay�p artarak (+Im) değerine, manyetik ak� 0 dan
64
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
başlayarak (+φm) değerine ulaş�yor. Bobinden geçen artan ak�m�n meydana
getirdiği artan φ ak�s�n�n indüklendiği özindükleme emk’i Lenz kanununa göre,
kendisini meydana getiren ak�n�n veya ak�m�n değişimine mani olacak
yöndedir. Ak�m pozitif yönde artt�ğ� için özindükleme emk negatif olur.
Ak�m�n değişim h�z� ∆i ∆t veya manyetik k�n�n değişim h�z� ∆Φ ∆t , ilk
başlang�çta yani 0° de (-) maksimum değerinden başlar, azalarak 90° de s�f�r
olur. şekil2.34c de özindükleme emk’in değişim eğrisi görülmektedir.
ez = −L
di
dt
veya
e z = -N
dΦ
dt
di
dΦ
→ (+)ve
→ (+) olduğu için formüllerden z�t
dt
dt
emk’inin e z negatif (-) olacağ� anlaş�l�r.
0° - 90° aras� T/4 periyotta,
(2) Şekil2.34(d) de görüldüğü gibi, 90° den sonra ak�m azalarak (+Im)
değerinden s�f�ra düşer. 90° ile 180° aras�nda, pozitif yar�m periyodun ikinci
yar�s�nda, ak�m�n azalma h�z� 90° de s�f�r, 180° de ise maksimumdur. Ak�m�n
metdana getirdiği bobini saran manyetik ak�da, 90° de (+) maksimum
değerinden azalarak 180° de s�f�ra düşer. Bobini saran manyetik ak�daki
azalman�n inceleneceği özindükleme emk’i de s�f�r, 180° de ak�m�n değişim
h�z� di/dt maksimum olduğu için özindükleme emk’i de (+) maksimum olur.
şekil2.34(d) de özindükleme emk’in değişim eğrisi görülüyor.
(3) Şekil2.34(e) de görüldüğü gibi, 180° ile 270° aras�nda ak�m yön
değiştirerek (-Im) değerine doğru yükselecektir. 180° de ak�m�n değişim h�z�
maksimum olduğu için özindükleme emk’i (z�t emk) maksimumdur. 270° de
ak�m�n değişim h�z� s�f�r olduğundan, özindükleme emk’i de s�f�r olur. ak�m
artt�ğ� için özindükleme emk’i de ak�ma ters yönde, ak�m negatif olduğundan
özindükleme emk’i de pozitif yöndedir. Şekil2.34(e) de özindükleme emk’in
180° – 270° aras�ndaki değişim eğrisi görülüyor.
(4) Şekil2.34 (f) de görüldüğü gibi, 270° den sonra, ak�m negatif maksimum
değerden azalarak 360° de s�f�r değerini al�r. Ak�m azald�ğ�ndan özindükleme
emk’i ak�m�n azalmas�na mani olabilmesi için ak�mla ayn� yönde olur. ak�m
negatif olduğu için emk’de negatif olur. ak�m�n değişim h�z� (di/dt) 270° de s�f�r
olduğundan özindükleme emk’i de s�f�r olur. ak�m�n değişim h�z� 360° de
maksimum olduğu için özindükleme emk’i de maksimum değerini al�r.
Şekil2.34(f) de, 270° ile 360° aras�nda özindükleme emk’in değişim eğrisi
görülüyor.
65
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil2.34 (c, d, e ve f) deki özindükleme emk’in değişimini gösteren eğrileri
birleştirerek yeniden çizelim. Şekil2.35de çizilmiş hali görülmektedir.
0
T /4
90
180
270
360
0
T/4
90
180
eZ
eZ
i= I m . s i n w t
i=Im .sinwt
(e)
270
360
(f)
Şekil2.34
Şekil2.35 deki özindükleme bobininden geçen ak�m ile özindükleme emk’in
eğrileri incelendiğinde, özindükleme emk’in ak�mdan 90° geride olduğu
görülür. Veya ak�m, özindükleme emk’inden 90° ileridedir.
Şekil2.34 (a) da görüldüğü gibi, özindükleme bobinine sinüzoidal bir U emk’i
uygulad�k ve bobinden sinüzoidal bir ak�m geçti. Sinüzoidal ak�m�n meydana
getirdiği sinüzoidal manyetik ak�n�n etkisi ile bobinde bir özindükleme emk’i
indüklendi. Şekil2.35 de görüldüğü gibi özindükleme emk’i ak�mdan 90°
geridedir. Bobinden ak�m�n geçmesine sebep olan U şebeke gerilimi ile
özindükleme emk’i aras�nda 180° faz fark� vard�r. Başka bir deyişle,
özindükleme emk’i şebeke gerilimine z�tt�r. Bundan dolay� özindükleme
emk’ine z�t emk da denir. Özindükleme emk, bobine uygulanan gerilime eşittir.
eZ
0
90
180
270
360
i= Im .s in w t
Şekil2.35 Özindükleme bobininden geçen ak�m�n ve z�t emk’in değişim eğrisi
Şekil5.16 daki özindükleme emk’in değişim eğrisine 180° faz fark�l� olarak
çizilecek sinüzoidal bir eğri, bobine uygulanan alternatif gerilimin değişim
eğrisi olacakt�r.
66
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil2.36 da, özindükleme bobininden geçen ak�m�n, bobine uygulanan
gerilimden 90° geride olduğu görülür. Şu halde, bir özindükleme bobininden
geçen ak�, uygulanan gerilimden 90° geri kal�r.
U
I
eX
eZ
i
0
U
U
90
180
270
360
90
I
90
EX
(a) Self bobinin u, i ve e eğrileri
(b) vektör diyagram�
Şekil2.36
Alternatif Ak�mda Özindükleme EMK’in Hesaplanmas�
Bir özindükleme bobininden geçen sinüzoidal ak�m�n meydana getirdiği
sinüzoidal manyetik ak� bobin iletkenlerini sard�ğ� için bobinde, kendisinden
(ak�dan veya ak�mdan) 90 geride özindükleme emk’ini indüklediğini biliyoruz.
Şekil2.37 de, self bobinden geçen sinüzoidal ak�m�n ve ak�n�n değişim
eğrileri görülüyor.
m . s in w t
=
i= I m .s in w t
0
90
180
270
360
wt
Şekil2.37
∆I
N .∆Φ
formülleri
ile
= L.
∆t
∆t
bulunur. Şekil 2.37de, 0 ile 90 aras�nda ak�m�n değişimi ∆I = ( I m − 0) = I m d�r.
Özindükleme emk’in ortalama değeri,
E or =
67
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
0 ile 90 aras�nda geçen zaman ∆t = T/4 yami periyodun dörtte bir zamand�r. ∆I
ve ∆t değerleri yukar�daki formülde yerine konulursa;
E or = L
I
I
∆I
= L m = 4L m
T
∆t
T 4
Alternatif ak�m�n frekans� f olduğuna göre T=1/f dir.
E or = 4 L.
Im
= 4 fLI m
1 f
bulunur. Gerilimin ve ak�m�n efektif değer cinsinden formülde yerlerine
konulduğunda formül aşağ�daki şekilde düzenlenmiş olur.
E ef = 2π . f .L.I ef = ω .LI
Örnek2.19
Endüktans� L=4 henri olan bir bobinde 50 Hz frekansl� 2 amperlik bir AA
geçtiğinde, bobinde indüklenen özindükleme emk’ini bulunuz.
Çözüm2.19:
E = 2πf .L.I = 2π .50.4.2 = 800π = 2512 V
Endüktif Reaktans
Özindükleme bobinine uygulanan emk, bobinden geçen alternatif ak�m�n
indüklediği özindükleme emk’ine eşit ve ters yöndedir. Şu halde, özindükleme
emk’ini (z�t emk’ini) veren E öz = ω .L.I formülü bize bobinin uçlar�na uygulanan
alternatif gerilimi (şebeke gerilimini) verir.
U = 2.π . f .L.I
U = ω .L.I
U: Bobine uygulanan alternatif gerilimin efektif (etkin, rms) değeri, volt
ω: Alternatif ak�m�n aç�sal h�z�, Radyan/saniye
L: Endüktans, henri
I: Bobinden geçen ak�m�n efektif değeri, amper
Yukar�daki formülde gerilimi ak�ma bölündüğünde aşağ�daki ifade ortaya
ç�kar.
68
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
U
= 2πf = ω .L
I
Bobine uygulanan gerilimin bobinden geçen ak�ma oran� bize bobinin elektrik
ak�m�na karş� gösterdiği zorluğu (direnci) verir. Özindükleme bobinin içinden
geçen ak�ma karş� gösterdiği zorluğa “endüktif reaktans” denir. Endüktif
reaktans X L harfi ile gösterilir. Birimi ohm’dur.
X L = ω .L
veya
X L = 2.π . f .L
formülleri ile bulunur. Bir bobinin endüktif reaktans�, frekansla ve bobinin
endüktans� ile doğru orant�l�d�r. Hava ve manyetik olmayan madde nüveli bir
bobinin endüktans� sabit olduğu için reaktans� yaln�z frekansla değişir.
Reaktans bobine uygulanan U gerilimi ile değişmez.
Örnek2.20
Endüktans� 4 henri olan bir bobinin 25 Hz, 50 Hz ve 100 Hz frekanslarda
alternatif ak�ma karş� gösterdiği zorluğu (endüktif reaktans�) hesaplay�n�z.
Çözüm2.20
25 Hz deki endüktif reaktans�;
X c = 2.π . f .L = 2.π .25.4 = 628 Ω
X c = 2.π . f .L = 2.π .50.4 = 1256 Ω
X c = 2.π . f .L = 2.π .100.4 = 2512 Ω
BOBİNLERİN BAĞLANTI ŞEKİLLERİ
Bobinlerin Seri Bağlanmas�
Bobinlerin değerlerini art�rabilmek için birbirine seri bağlan�r. Bobinler seri
bağland�klar�nda üzerlerinden geçen ak�m tüm elemanlarda ayn�d�r.
69
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
A
L1
Topak
L2
L3
L4
B
Şekil2.38 Bobinlerin seri bağlant�s�
Şekil2.38deki gibi n tane bobin seri bağland�klar�nda bu bobinlerin
eşdeğer(toplam) endüktans�, devredeki bobin endüktanslar�n�n toplam�na
eşittir.
L T = L1 + L 2 + L 3 + ................ + L n
Örnek2.21
Şekil2.39 üzerinde verilen bobin değerlerine göre
endüktans�n� ve 50 Hz deki endüktif reaktans�n� bulunuz.
A
bobinlerin
L1
L2
L3
L4
10 mikro H
30 mikro H
5 mikro H
4 mikro H
toplam
B
Şekil2.39
Çözüm2.21:
LT = L1 + L2 + L3 + L4 = 10µH + 30µH + 5µH + 4µH = 49µH = 49.10 −6 H
X L = ω.LT = 2πfLT = 2π.50.( 49.10 −6 ) = 0.0153Ω
Bobinlerin Paralel Bağlanmas�
Paralel bağl� bobinlerde ak�mlar kollara ayr�larak devrelerini tamamlarlar.
Uçlar�ndaki gerilim, tüm paralel bağl� bobinlerde ayn� değeri gösterir.
Şekil2.40da görüldüğü gibi n tane bobin paralel bağlanm�şt�r.
70
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
A
LT
L1
L2
Ln
L3
B
Şekil2.40 Bobinlerin Paralel Bağlanmas�
n tane bobin paralel bağland�ğ�nda bunlar�n tek bir bobin haline ald�r�lmas�na
toplam endüktans denir. Toplam endüktans formülü aşağ�daki gibi olur.
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ............... +
L T L1 L 2 L 3
Ln
1
LT =
(
1
1
1
1
) + ( ) + ( ) + ............... + ( )
L1
L2
L3
Ln
Genel formülü ortaya ç�kar. Eğer sadece iki bobin paralel bağland�ğ�nda
pratiklik aç�s�ndan toplam endüktans aşağ�daki şekilde bulunabilir.
LT =
L1 .L 2
L1 + L 2
Örnek2.22
Aşağ�da şekil2.41 üzerinde değerleri verilen bobinler paralel bağland�klar�na
göre eşdeğer endüktans� ve 100 Hz deki endüktif reaktans�n� bulunuz.
A
LT
L1
10 mH
L2
5 mH
B
Şekil2.41
71
L3
2 mH
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm2.22:
LT =
1
1
1
=
=
= 1,25mH
1
1
1
1
1
1
0 ,8mH
( )+(
)+( ) (
)+(
)+(
)
L1
L2
L3
10mH
5mH
2mH
X L = 2πf .LT = 2π.100.( 100.10 −3 ) = 62.8Ω
Endüktif Devrede OHM Kanunu
Alternatif ak�mda ohm kanunu DC de olduğu gibi ak�m gerilim ve direnç
(endüktif reaktans) aras�nda aşağ�daki gibi bir bağ�nt� vard�r.
U
U
XL =
U = I.X L
XL
I
Burada DC de değişen sadece direnç yerine endüktif reaktans (Xc)
gelmektedir.
I=
Örnek2.23
Şekil2.42 de görülen devrede bobinin kaynaktan çektiği ak�m� hesaplay�n�z.
L=100 mH
f=10 kHz
5V
Şekil2.42
Çözüm2.23
Birim dönüşümlerini yaparak çözüme başlanmas� gerekir.
10 kHz=10.103 Hz ve 100 mH=100.10-3 H
X L = 2πf .L = 2π( 10.10 3 Hz ).( 100.10 −3 ) = 6283Ω
72
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Ohm kanunundan,
I ef =
Topak
U
5V
=
= 796µA
X L 6283Ω
Örnek2.24
Şekil2.43 de görülen devrede bobinler seri bağlanm�şt�r. Bu elemanlar�n
uçlar�na 20 V, 50 kHz’lik gerilim uyguland�ğ�na göre; toplam endüktans�,
devrenin endüktif reaktans�n�, kaynaktan çekilen ak�m� ve bobin uçlar�ndaki
gerilim düşümlerini bulunuz.
L1=100 mH
L2 =200 mH
U1
U2
f=50 kHz
20 V
Şekil2.43
Çözüm2.24:
Toplam endüktans;
LT = L1 + L2 = ( 100.10 −3 H ) + ( 200.10 −3 H ) = 300.10 −3 H = 300mH
Toplam endüktif reaktans;
X LT = X L1 + X L 2 = 2πf .LT = 2π.( 50.103 Hz ).( 300.10 −3 H ) = 94247Ω = 94.24kΩ
Kaynaktan çekilen ak�m, Ohm kanunundan faydalan�larak bulunur.
U
20V
I=
=
= 2.1210 − 4 A = 0.212mA
X LT 94247Ω
Bobin uçlar�ndaki gerilim düşümleri;
U 1 = I .X L1 = I .( 2πfL1 ) = ( 2 ,12.10 −4 A ).( 2π.50.10 3 Hz .100.10 −3 H ) = 6,66V
U 2 = I .X L 2 = I .( 2πfL1 ) = ( 2 ,12.10 − 4 A ).( 2π.50.10 3 Hz .200.10 −3 H ) = 13,33V
73
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Endüktif Devrede Güç
Saf bir özindükleme bobininden geçen ak�m�n, uygulanan emk’ten 90° geride
olduğu biliyoruz. Herhangi bir andaki güç o andaki ak�m ile emk’in çarp�m�na
eşittir. p= e.i şekil2.44 de görüldüğü gibi, değişik anlardaki ak�m ve gerilim
eğerlerini çarparak bulunan ani güçleri işaretlemek sureti ile gücün değişim
eğrisi çizilebilir.
p
i
u
Pm
Em
Im
i
wt
P=i.u
Şekil2.44 Saf özindükleme bobininin güç eğrisi
Şekil2.44 deki şekilde de görüldüğü gibi ak�m ve gerilim değerlerinin etkin
değerlerinin çarp�m� ani gücü vereceğinden ani güç formülü ortaya ç�kar.
p = E .I .Sin 2ωt
Şekil2.44 deki güç eğrisi ve ani güç ortalama formülü incelendiğinde gücünde
sinüzoidal olarak değiştiği, yaln�z frekans�n�n emk veya ak�m frekans�n�n iki
kat� olduğu görülür. Güç, emk’in yar�m periyodunda tam bir periyotluk
değişmeye uğrar veya bir periyot çizer. Yatay zaman ekseninin üstündeki güç
eğrisi pozitif, alt k�sm�ndaki eğride negatif gücü gösterir. Güç pozitif iken
özindükleme bobini şebekeden güç çekerek manyetik alan şeklinde depo
eder. Güç negatif iken bobin manyetik alan şeklinde depo ettiği enerjiyi ve
negatif güç eğrisi alt�nda kalan da şebekeye geri verilen enerjiyi gösterir. Bu iki
alan birbirine eşit olduğu için enerjiler de eşittir. Bu durumda ortalama güç
s�f�rd�r. Bobinde aktif güç(P) ile isimlendirilen güç s�f�rd�r. Bobinde harcanan
güç reaktif güçtür. Bu güç Q harfi ile ifade edilir ve birimi VAr dir.
Q = U .I
Q=
U2
XL
Q = I 2 .X L
74
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek2.25
Efektif değeri 10V, frekans� 1 kHz olan alternatif ak�m uçlar�na 10 mH bobin
bağlan�yor. Bu eleman�n harcad�ğ� gücü bulunuz.
Çözüm2.25:
X L = 2πf .L = 2π.( 1.10 3 Hz ).( 10.10 −3 H ) = 62,8Ω
I=
U
10V
=
= 159mA
X L 62,8Ω
Q = I 2 .X L = ( 159.10 −3 A ).62,8Ω = 1,59VAr
Örnek2.26
Şekil2.45 de görülen devrede 50 mH bobinin harcad�ğ� gücü bulunuz.
L1=50 mH
U= 10 V
f=2.5 kHz
L2=
20 mH
L3
=40 mH
Şekil2.45
Çözüm2.26
gücün bulunabilmesi için bu eleman üzerinden geçen ak�m�n bulunmas�
gerekir. Bu ak�mda kaynaktan çekilen ak�ma eşit olduğu için devrenin eşdeğer
endüktif reaktans� bulunarak çözüme ulaş�labilir.
X L1 = 2πfL1 = 2π.( 2 ,5.10 3 Hz ).( 50.10 −3 H ) = 785,4Ω
X L 2 = 2πfL2 = 2π.( 2 ,5.10 3 Hz ).( 20.10 −3 H ) = 314Ω
X L 3 = 2πfL3 = 2π.( 2 ,5.10 3 Hz ).( 40.10 −3 H ) = 628Ω
75
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
X LT = X L1 +
I=
X L 2 .X L 3
314.628
= 785 +
= 994Ω
X L 2 + X L3
314 + 628
U
10V
=
= 0,01A
X LT 994Ω
Q = I 2 .X L1 = ( 0,01A ) 2 .785,4Ω = 0,079VAr
76
Topak
BÖLÜM 3
ALTERNATİF AKIMDA SERİ DEVRELER
3.1 R-L (DİRENÇ - BOBİN) SERİ BAĞLANMASI
3.2 R-C (DİRENÇ - KONDANSATÖRÜN) SERİ BAĞLANMASI
3.3 R-L-C (DİRENÇ-BOBİN - KONDANSATÖR) SERİ BAĞLANMASI
3.4 R-L-C SERİ DEVRESİNDE GÜÇ
77
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
ALTERNATİF AKIMDA SERİ DEVRELER
Direnç, bobin ve kondansatör elemanlar� tek olarak devrede kullan�ld�ğ� gibi
bu elemanlar kendi aralar�nda çeşitli bağlant�l� olarak ayn� devrede
kullan�labilirler. Bağlama çeşitlerinden bu elemanlar�n ayn� devre üzerinde seri
bağlant� şekilleri oluşturularak alternatif ak�mda davran�şlar� incelenecektir.
R
U
U
R-L seri devresi
R-C Seri devresi
R
C
L
C
R
L
L
C
U
U
L-C seri devresi
R-L-C seri devresi
Şekil3.1Alternatif Ak�m seri bağlant� devre şekilleri
Seri bağl� alternatif ak�m devrelerinin önemli üç kural� vard�r. 1) Seri bağl�
bütün elemanlardan ayn� ak�m geçer. Bunun için devrenin vektör diyagram�n�n
çiziminde, ak�m referans vektörü olarak al�n�r. 2) Devreye uygulanan U
gerilimi, elemanlar�n uçlar�nda düşen gerilimlerin vektörsel toplam�na eşittir. 3)
Devrenin ak�ma karş� gösterdiği toplam zorluk (direnç), devre elemanlar�n�n
ayr� ayr� gösterdiği zorluklar�n vektörsel toplam�na eşittir.
3.1 R-L (DİRENÇ - BOBİN) SERİ DEVRESİ
Çeşitli üretimlerde R-L seri devresine rastlamak mümkündür. Bunlar elektrik
makineleri, flüoresan lamba tesisatlar�, trafolar gibi seri R-L özellikleri gösterir.
Bu elemanlar� laboratuar ortam�nda seri bağlan�p uçlar�na sinyal
jeneratöründen bir alternatif ak�m verildiğinde devre elemanlar�ndaki ak�m ve
78
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
gerilim değişimleri ve oluşturduklar� faz farkl�l�klar� görülebilir. Bu faz farklar�
osiloskop da görülebileceği gibi teorik olarak da ilerleyen konularda
hesaplanmas� yap�lacakt�r.
Şekil3.2 de direnç ve bobinin seri
bağland�klar�nda uçlar�ndaki gerilim eğrisi ve üzerinden geçen ak�m eğrileri
eleman üzerlerinde gösterilmiştir.
Şekil3.2 R-L seri devresinde ak�m ve gerilim eğrileri
Şekil3.2 deki devre incelendiğinde sinyal jeneratöründen bir ak�m
çekilmektedir. Önceki konularda elemanlar�n tek olarak alternatif ak�mdaki
davran�şlar� incelenirken direnç eleman�n�n üzerinden geçen ak�mla uçlar�nda
düşen gerilim aras�nda faz fark� meydana getirmediği sadece ak�m�n
genliğinin değiştiği aç�klanm�şt�. Bobin eleman� ise üzerinden geçen ak�mla
uçlar�ndaki gerilim aras�ndaki gerilim aras�nda 90° faz fark� meydana geldiği
de önceki konularda aç�klanm�şt�. Bu hat�rlatmalardan sonra bu elemanlar seri
bağland�ğ�nda, seri devre özelliklerinden, kaynaktan çekilen ak�m aynen bu
elemanlardan geçeceğinden referans al�nacak olan ak�md�r. Bu referans
doğrultusunda eleman uçlar�ndaki gerilimi ve kaynak geriliminin vektörünün
çizimi ve gerilim üçgenin elde edilmesi şekil3.3 de gösterilmiştir.
79
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
UL
UL
W
W
U
W
W
.
90
I
0
UR
0
I
UR
I
UL
U
.
.
Gerilim Üçgeni
UR
I
Şekil3.3 R-L seri devresinde gerilim üçgenin elde edilmesi
Şekil3.2 deki R-L seri devresinde sinyal jeneratöründen çekilen I ak�md�r. Bu
ak�m elemanlar üzerinden geçerken direnç uçlar�nda UR = I.R ve endüktif
reaktans�n uçlar�nda UL = I.XL gerilim düşümlerine sebep olur. Yukar�da da
aç�kland�ğ� gibi dirençte düşen UR gerilimi içinden geçen ak�mla ayn� fazda ve
özindükleme bobinin reaktif direncinde düşen UL gerilimi ise içinden geçen
ak�mdan 90° ileri fazdad�r. Kirşofun gerilim kanunu uyguland�ğ�nda kaynak
gerilimi eleman uçlar�ndaki gerilim düşümlerinin toplam�na eşit olacakt�r. Fakat
alternatif ak�m vektörsek olduğundan cebirsel toplanmaz vektörsel toplanmas�
gerekir.
U=UR+UL
Şekil3.3 deki devrede dikkat edilirse kaynak gerilimi ak�mdan ϕ aç�s� kadar
ileri fazdad�r. Vektör diyagram�nda gösterilen ak�m ve gerilim vektörleri,
sinüzoidal ak�m�n ve gerilimin etkin değerini gösterirler. Gerilim üçgeninden
gerilim değerleri ve ak�mla gerilim aras�ndaki R-L devresindeki faz aç�s�
aşağ�daki şekilde olur.
U 2 = U R2 + U L2 dik üçgenden U = U R2 + U L2
sin ϕ =
UL
,
U
cos ϕ =
UR
U
tanϕ =
UL
UR
80
ϕ = tan -1 (
UL
)
UR
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
U = U R2 + U L2 formülünde UR ve UL değerlerini ak�m ve direnç değerleri
cinsinden eşitliği yaz�larak formülde yerlerine koyal�m.
U R = I .R
U L = I .X L
U = (I.R) 2 + ( I .X L ) 2 = I R 2 + X L2
U
= R 2 + X L2
I
Ohm kanunu hat�rlan�rsa gerilimin ak�ma oran� bize, ohm olarak devrenin
geçen ak�ma karş� gösterdiği zorluğu verir. Omik direnç ve endüktif reaktans�n
ak�m�n ak�ş�na gösterdiği zorluğa empedans denir. Empedans Z harfi ile ifade
edilir ve birimi ohmdur.
U
= R 2 + X L2 = Z
I
X
X
tan ϕ = L den ak�mla gerilim aras�ndali faz aç�s� ϕ = tan -1 ( L ) dir.
R
R
Şekil3.4 de empedans üçgeninin ç�kar�lmas� görülmektedir.
UL
U
Gerilim Üçgeni
UL/I
XL
U/I
Z
.
.
UR
UR/I
.
R
Empedans
Üçgeni
Şekil3.4 Empedans üçgeni elde edilmesi
R-L seri devresinin empedans�, empedans dik üçgeninden Z çekilirse direnç
ve endüktif reaktansdan faydalan�larak bulunur.
Z 2 = R 2 + X L2 ,
Z = R 2 + X L2
Ayn� zamanda Ohm kanununa göre Z = U I d�r. Buradan devre ak�m�
aşağ�daki gibi bulunur.
81
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
I=
U
Z
veya
I=
Topak
U
R 2 + X L2
Örnek3.1
Şekil3.5 deki seri bağl� elemanlar üzerinden 200 µA geçmektedir. Bu ak�m�
veren devre gerilimini ve ak�mla gerilim aras�ndaki faz fark� aç�s�n� bulunuz.
R
L
10 k ohm
100 mH
U, 10 kHz
Şekil3.5
Çözüm3.1:
X L = 2πf .L = 2π( 10kHz ).( 100mH ) = 6,28kΩ
Z = R 2 + X L2 = ( 10kΩ ) 2 + ( 6,28kΩ ) 2 = 11,8kΩ
U = I .Z = ( 200µA ).( 11,8kΩ ) = 2 ,36V
X
6,28kΩ
ϕ = tan −1 ( L ) = tan −1 (
) = tan −1 ( 0 ,628 ) = 31,1o
R
10kΩ
R-L Seri Devresinde Güç
U gerilimi ve ϕ kadar geride I ak�m�n�n gerilimle ayn� fazl� ve gerilimle dik fazl�
bileşenleri vard�r. Gerilimle ayn� fazl� olan bileşeni direnç eleman� üzerinde
harcanan gücü dik fazl� bileşeni ise bobin üzerinde harcanan gücü ifade eder.
Şekil3.6 da görülmektedir.
Ia
I
Iq
Şekil3.6
82
U
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Ak�m�n aktif bileşeni Ia ve reaktif bileşeni ise Iq dir. R-L seri devresinde ak�m�n
aktif bileşeni I a = I . cos ϕ ve reaktif bileşeni ise I q = I . sin ϕ dir. Güç ak�mla
gerilimin çarp�m�na eşit olduğu önceki konularda anlat�lm�şt�. Bu duruma göre
direnç eleman� üzerinde harcanan güç aktif güç ve bobin üzerinde harcanan
güç ise reaktif güç olacakt�r. Bu güçlerin formüleri aşağ�daki gibidir.
Reaktif güç Q = U .I . sin ϕ formülleri ile bulunur.
Aktif güç P = U .I .cos ϕ
Burada cosϕ’ye güç katsay�s� denir. Aktif güç devrenin iş yapan gücüdür.
Is�t�c�lar�n ve motorlar�n aktif güçleri belirtilir. Reaktif güç, devrede kaynaktan
çekilip sonra kaynağa geri verilen güçtür. Bunun için reaktif güç iş yapmaz.
Bobin ve kondansatör reaktif güç çeken elemanlard�r. Bunlar�n d�ş�nda birde
görünür güç vard�r. Bu güçte alternatif ak�m kaynaklar�n�n güçlerinin
belirtilmesinde kullan�l�r.
Örnek3.2
Bir alternatif ak�m motoru 220 V’luk şebekede çal�şken 3 A’lik ak�m çekmekte
ve güç katsay�s� cosϕ=0,8 dir. Buna göre bu motorun aktif ve reaktif gücünü
bulunuz.
Çözüm3.2:
P = U .I .cos ϕ = 220.3.( 0,8 ) = 528Watt
Q = U .I . sin ϕ = 220.3.( 0,6 ) = 396VAr
cosϕ = 0,8 ⇒ ϕ = 36,86 o ⇒ sin 36 ,86 = 0,6
R-L Seri Devre Özellikleri
a) Devre ak�m�, devre geriliminden ϕ aç�s� kadar geri fazdad�r. Bu
sebepten R-L devrelerine geri güç katsay�l� devreler de denir.
b) Omik direnç uçlar�ndaki omik gerilim düşümü ak�mla ayn�
fazdad�r.
c) Endüktif reaktans�n uçlar�ndaki gerilim düşümü, ak�mdan 90°
ileri fazdad�r.
d) U devre gerilimi, UR ve UL gerilim düşümlerinin vektörel
toplam�na eşittir.
e) Devrenin Z empedans�, R ve XL dirençlerinin vektörel toplam�na
eşittir.
83
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3.2 R-C (DİRENÇ - KONDANSATÖRÜN) SERİ BAĞLANMASI
Seri bağl� direnç ve kondansatör elektronik devrelerde s�kça karş�m�za ç�kan
bir durumdur. Genellikle bütün kondansatörlerin bir direnç etkisi gösterdiği için,
Alternatif ak�m kaynağ�na bağlanan her kondansatörden bir R-C seri
devresine sahiptir. Yani her kondansatörün kapasitif bir de direnci vard�r.
Şekil3.7de sinyal jeneratörüne seri bağlanm�ş R-C elemanlar� ve dalga
şekilleri görülmektedir.
Şekil3.7 R-C seri devresi ve dalga şekilleri
Şekil3.8 de devre şekli ve vektör gösterimi çizilen R-C seri devresinde
alternatif bir gerilim uyguland�ğ�nda; devreden alternatif bir ak�m geçer. Bu
ak�m R direnci uçlar�nda UR, kapasitif reaktansta UC gerilim düşümleri
meydana getirir. Direnç eleman� ak�mla gerilim aras�nda faz fark� meydana
getirmez iken kapasitif reaktans ise ak�mdan 90° geri fazl� bir gerilim
düşümüne sebebiyet verir. Bu durum vektör diyagram�nda görülmektedir.
C
R
UR
0
I
U
UC
U
Şekil3.8 R-C seri devresi ve vektör diyagram�
Vektör diyagram�ndan kaynağ�n gerilimi UR ve Uc gerilimlerinin vektörel
toplam�na eşit olacakt�r.
84
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
U 2 = U R2 + U C2 den
Topak
U = U R2 + U C2
ϕ = tan -1 (
UR
0
UC
)
UR
R
U
Z
XC
UC
Şekil3.9 Gerilim ve empedans üçgeni
Empedans dik üçgeninde pisagor bağ�nt�s�ndan R-C devresinin ak�ma karş�
göstermiş olduğu zorluğu verir. Bu zorluğa R-L devresi incelenirken empedans
olarak ifade edilmişti burada da ayn� ifade kullan�lacakt�r. Bu ifadenin formülü
aşağ�daki gibidir.
Z=
U
I
Z = R 2 + X C2
tanϕ =
XC
R
ϕ = tan -1
XC
R
Kaynaktan çekilen ak�m Ohm kanununa göre gerilimin empedansa bölümü
olarak anlat�lm�şt� R-C devresinde kaynaktan çekilen ak�m aşağ�daki şekilde
bulunur.
U
U
I=
I=
2
Z
R + XC
R-C Seri Devre Özellikleri
a) Devre ak�m�, devre geriliminden ϕ faz aç�s� kadar ileri fazdad�r. Bu
sebepten R-C devrelerine ileri güç katsay�l� devreler de denir.
b) Omik direncin uçlar�ndaki UR gerilim düşümü, ak�mla ayn� fazdad�r.
c) Kondansatörün uçlar�ndaki UC kapasitif reaktans gerilim düşümü,
ak�mdan 90° geri fazdad�r.
d) U gerilimi UR ve UC gerilim düşümlerinin vektörel toplamlar�na eşittir.
e) Devrenin empedans�, R ve XC dirençlerinin vektörel toplamlar�na
eşittir.
85
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek3.3:
Şekil3.10 da verilen alternatif ak�m devresinde devrenin empedans�n� ve faz
aç�s�n� bulunuz.
XC
R
47 ohm
100 ohm
U
Şekil3.10
Çözüm3.3:
Empedans;
Z = R 2 + X C2 = ( 47Ω ) 2 + ( 100Ω ) 2 = 110Ω
Faz aç�s� ϕ = tan −1 (
XC
100Ω
) = tan −1 (
) = tan −1 ( 2 ) = 67 ,8 o
R
47Ω
Örnek3.4
Şekil3.11 deki alternatif ak�m devresinde kaynaktan çekilen ak�m� ve güç
katsay�s�n� bulunuz.
R
C
2,2 k ohm
0,02 mikro F
U= 10 V
f=1,5 kHz
Şekil3.11
Çözüm3.4
XC =
1
1
=
= 5,3kΩ
2πfC 2π( 1,5kHz )( 0,02µF )
86
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Devrenin empedans� Z = R 2 + X C2 = ( 2 ,2kΩ ) 2 + ( 5,3kΩ ) 2 = 5,74kΩ
Kaynaktan çekilen ak�m I =
U
10V
=
= 1,74mA
Z 5,74kΩ
Güç katsay�s� cosϕ
X
X
5,3kΩ
tan ϕ = C → ϕ = tan −1 ( C ) = tan −1 (
) = tan −1 ( 2,4 ) = 67 ,45 o
R
R
2,2kΩ
cos ϕ = cos( 67 ,45 o ) = 0,38
3.3 R-L-C (DİRENÇ-BOBİN
BAĞLANMASI
-
KONDANSATÖR)
SERİ
Seri bağl� R-L-C den meydana gelen şekil3.12 deki devreye alternatif bir
gerilim uyguland�ğ�nda devreden sinüzoidal bir ak�m elemanlar üzerinden
akmaya başlar. Bu ak�m eleman uçlar�ndaki gerilim ve kaynak gerilimi ile
şekil3.12de vektör diyagram�nda gösterildiği gibi bir faz fark� meydana getirir.
Devredeki bobinin endüktif reaktans�na veya kondansatörün kapasitif
reaktans�na göre devre R-L veya R-C seri devre özelliği gösterir.
R
C
L
U
UL
UL - UC
U
I
0
UR
UC
Şekil3.1 2R-L-C seri devresi ve vektör diyagram�
Devredeki R, L, C elemanlar�ndan geçen bu R direnci uçlar�nda
U R = I .R gerilim düşümüne, L özindükleme bobinin uçlar�nda U L = I .X L gerilim
87
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
düşümüne, C kondansatörünün uçlar�nda U C = I .X C gerilim düşümüne sebep
olur.
Dirençte düşen UR gerilimi ak�mla ayn� fazdad�r. Ak�mla gerilim aras�ndaki faz
fark� s�f�rd�r. Özindükleme bobininde düşen gerilimle ak�m aras�ndaki faz fark�
aç�s� 90° dir. Gerilim ak�mdan 90° ileri fazdad�r. Kondansatörde düşen gerilim
ise ak�mdan 90° geridedir. Bu duruma göre çizilen vektör diyagram�nda
görüldüğü gibi UL ve UC gerilimleri ayn� doğru üzerinde fakat vektör yönleri
farkl� durumdad�r. Bu vektör diyagram�nda UL>UC olarak kabul edilerek
çizilmiştir. Vektör diyagram�ndan U gerilim formülü ortaya aşağ�daki gibi
ç�kacakt�r.
U 2 = U R2 + ( U L − U C ) 2
U = U R2 + ( U L − U C ) 2
sin ϕ =
vektör diyagram�ndan;
(U L − U C )
U
cosϕ = R
U
U
ϕ = tan −1 (
tanϕ =
(U L − U C )
UR
(U L − U C )
)
UR
U R = I .R , U L = I .X L ve U C = I .X C gerilim denklemine yerlerine yaz�lmas� ile
kaynağ�n gerilimi U = I . R 2 + ( X L − X C ) 2 direnç kapasitif, endüktif reaktanslar
ile gerilim formülü elde edilir.
Elde edilen gerilim formülünde eşitliğin her iki taraf� I ya bölünürse U/I durumu
ak�m�n ak�ş�na zorluk gösterme durumunu ifade ettiğini biliyoruz. Bu oranda
empedansd�r.
U I
= . R 2 + ( X L − X C )2
I
I
Z = R 2 + ( X L − X C )2
Kaynaktan çekilen ak�m I =
tanϕ =
U
Z
XL − XC
R
veya I =
88
cosϕ =
R
Z
U
R 2 + ( X L − X C )2
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
R-L-C Seri Devre Özellikleri
a) Endüktif reaktans�n kapasitif reaktanstan büyük olmas� (XL>XC)
R-L-C seri devresi R-L devre özelliği gösterir.
b) Endüktif reaktans�n kapasitif reaktanstan küçük olmas� (XL<XC)
R-L-C seri devresi R-C seri devre özelliği gösterir.
c) Endüktif reaktans�n kapasitif reaktansa eşit olmas� (XL=XC)
devre rezonans durumundad�r.
XL>XC Durumu: R-L-C seri devresinde XL endüktif reaktans� XC de kapasitif
reaktanstan büyük olduğu durumdur. Bu değerlerin durumuna göre eleman
uçlar�ndaki gerimi düşümleri UL>UC dir. Şekil3.12de bu durumun vektör
diyagram� çizilmiştir. Bu vektör diyagram�ndan ç�kar�lan formüllerle devrenin
analizi yap�labilir.
XL>XC olduğu için devre ak�m�, devre geriliminden ϕ aç�s� kadar geridedir.
Devrenin faz aç�s� ve güç katsay�s� aşağ�daki formüllerle bulunur.
tan ϕ =
U L −UC
UR
veya
tanϕ =
XL − XC
R
cos ϕ =
UR
U
veya
cosϕ =
R
Z
Örnek3.5
Şekil3.13 deki alternatif gerilime seri bağlanan R, L, C elemanlar� uçlar�ndaki
gerilim düşümlerini ve ak�mla gerilim aras�ndaki faz fark� aç�s�n� hesaplay�n�z.
R
XL
XC
75 ohm
25 ohm
60 ohm
U 10 V
Şekil3.13
89
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm3.5
Önce devrenin empedans� bulunarak başlanmas� gerekir.
Z = R 2 + ( X L − X C ) 2 = ( 75Ω ) 2 + ( 25Ω − 60Ω ) 2 = ( 75Ω ) 2 + ( 35Ω ) 2 = 82,8Ω
I=
10V
U
=
= 121mA
Z 82 ,8Ω
U R = I .R = ( 121mA )( 75Ω ) = 9,08V
U L = I .X L = ( 121mA ).( 25Ω ) = 3,03V
U C = I .X C = ( 121mA ).( 60Ω ) = 7 ,26V
ϕ = tan -1 (
XL − XC
35
) = tan −1 ( ) = 25 o
75
R
XL<XC Durumu: Devrede endüktif reaktans�n, kapasitif reaktanstan küçük
olduğu durumdur. Bu duruma göre L eleman� uçlar�ndaki gerilim C eleman�
uçlar�ndaki gerilimden düşük olacakt�r. Buda devrenin R-C seri devre özelliği
göstermesi demek olacakt�r. Devrenin gerilimi vektör diyagram� çizilerek
ç�kar�labilir.
U = U R + ( U C − U L )2
Devrenin empedans ve ak�m gerilim aras�ndaki faz aç�s� aşağ�daki formüllerle
bulunur.
Z = R 2 + ( X C − X L )2
tanϕ =
XC − XL
R
ϕ = tan -1
XC − XL
R
XL=XC Durumu: Endüktif reaktans�n ve kapasitif reaktans�n eşit olduğundan
UL ve UC gerilim değerlerinin eşit olduğu durumdur. Endüktif reaktans�n ile
kapasitif reaktan aras�nda 180 faz fark� olduğundan reaktans�n toplam� s�f�rd�r.
Dolay�s� ile devre saf omik devre özelliği gösterir. Direnç üzerinde kaynağ�n
gerilimi görülür. Bu duruma seri rezonans denir.
90
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3.4 R-L-C SERİ DEVRESİNDE GÜÇ
Seri bağl� R-L-C devresinde; endüktif reaktans ile kapasitif reaktans�n
birbirlerine göre büyük, küçük veya eşit olmas� devrenin özelliğini değiştirir.
Ak�m�n aktif bileşeni direnç eleman� üzerinde harcanan aktif gücü, reaktif
bileşeni ise bobin veya kondansatör üzerinde harcanan reaktif gücü verir. Bu
güç formülleri aşağ�dad�r. Bu hiç unutulmamal�d�r ki aktif güç omik direnç
üzerinde harcanan güçtür.
P = U .I . cos ϕ Watt
Q = U.I.sinϕ VAr
91
BÖLÜM 4
ALTERNATİF AKIMDA PARALEL DEVRELER
4.1 R-L (DİRENÇ - BOBİN) SERİ BAĞLANMASI
4.2 R-C (DİRENÇ - KONDANSATÖRÜN) SERİ BAĞLANMASI
4.3 R-L-C (DİRENÇ-BOBİN - KONDANSATÖR) SERİ BAĞLANMASI
4.4 R-L-C SERİ DEVRESİNDE GÜÇ
92
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
PARALEL DEVRELER
Alternatif ak�m paralel devrelerinin özelliklerinin özellikleri seri devrenin
özelliklerinden tamamen farkl�d�r. Seri devrelere göre paralel devrelerin
hesaplanmas� biraz daha zordur. Paralel devreler bunun için gerekli
hesaplamalarla devrenin eşdeğeri olan seri devre durumuna getirilir.
Seri devrede kendine özgü özellikleri olduğu gibi paralel devrenin de kendine
özgü özellikleri vard�r. Bu özellikler ilerleyen konularda çözümlerle yol
gösterilecektir.
a) Devre elemanlar� hepsi kaynağa paralel bağl� olduğundan kaynağ�n
gerilimi eleman uçlar�nda aynen görülür. Paralel devrede
değişmeyen U gerilimi referans vektör olarak al�n�r.
b) Paralel devrede eleman uçlar�ndaki gerilim değişmezken kaynaktan
çekilen ak�mlar elemanlar üzerinde çeşitli kollara bölünür.
Kaynaktan çekilen ak�m, kollar üzerinden geçen ak�mlar�n vektörel
toplam�na eşittir.
c) Paralel bağl� kollardaki dirençleri terslerinin vektörel toplam�na
eşittir. Devre elemanlar� kendi aralar�nda da paralel olarak (R-L), (RC), (R-L-C) ve (L-C) olarak bağlanabilirler. Bu bağlant�lar�n şekil 4.1
de görülmektedir.
I
I
+
+
U
R
U
L
R
R-L paralel devresi
C
R-C paralel devresi
I
I
+
U
R
L
+
C
U
L
R-L-C paralel devresi
L-C paralel devresi
Şekil 4.1 Paralel bağl� devre çeşitleri
93
C
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
4.1 R-L (DİRENÇ - BOBİN) SERİ BAĞLANMASI
Şekil 4.2 deki devrede R-L eleman� birbirleri ile paralel bağlanarak bu eleman
uçlar�na alternatif bir emk bağlanm�şt�r. Bu uygulanan sinüzoidal alternatif
gerilim elemanlar üzerinden yine sinüzoidal bir ak�ma ak�tacakt�r. Bu
kaynaktan çekilen I ak�m� elemanlar üzerinden kollara ayr�larak tekrar
kaynakta I olarak devresini tamamlayacakt�r. Kirşofun ak�mlar kanunun dan
kaynaktan çekilen ak�mla eleman üzerinden geçen ak�mlar�n vektörel
toplam�na eşit olacakt�r. Bu ifade aşağ�daki gibi yaz�labilir.
I =I R + I L
w
I
+
U
IR
IL
R
IR
0
L
U
I
IL
Şekil4.2 R-L paralel devre ve vektör diyagram�
Şekil 4.2 de vektör diyagram� çizilmiştir. Bu vektör çizilirken devrede
değişmeyen elemanlar�n uçlar�ndaki gerilim baz al�narak çizilmiştir. Direnç
eleman� R 1 ak�mla gerilim aras�nda faz fark� oluşturmad�ğ� için gerilimle ayn�
fazl� çizilmiş, bobin eleman� L 1 ise, ak�m gerilim aras�nda 90 o geri fazda
ak�tmaktad�r. Bu doğrultuda vektör diyagram� çizilmiş, kaynak ak�m� I,
gerilimden ϕ aç�s� kadar geri fazda olduğu çizilmiştir. Vektör diyagram�nda
kaynaktan çekilen ak�m�n denklemi hipotenüs bağ�nt�s�ndan ;
I 2 = I 2R + I 2L
I=
I R2 + I L2
bulunur. Devre elemanlar� kaynaktan çekilen ak�m�n denklemi ise
U
U
U
IL =
I=
R
XL
Z
den bulunabilir. Burada hipotenüs bağ�nt�s�nda kol ak�mlar� yerine yaz�lmak
suretiyle devrenin formülü ç�kar�labilir.
IR =
I 2 = I R2 + I L2
94
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
U2 U2 U2
=
= 2
Z 2 R2
XL
U U
U
= =
Z R XL
U 2 parantezine al�n�r. Her iki taraf U 2 bölünerek bulunur.
1
1
1
= 2 = 2
2
Z
R
XL
Z=
1
1
1
+ 2
2
R
XL
Devrenin ak�m� ile gerilimi aras�ndaki faz aç�s�n� ve güç katsay�s�n� şekil 4.2
vektör diyagram�ndaki dik üçgenden hesaplanabilir.
IL
I
U R Z
R
veya tanϕ=
cosϕ= R =
=
IR
XL
I
U Z R
Paralel R-L devresin de ak�m gerilimden geri kald�ğ� için devre geri güç
katsay�l�d�r.
tan ϕ =
Paralel devrede yeni baz� tan�mlamalar yaparak şekil 4.2 deki vektör
diyagram�n� tekrar çizelim. Biliniyor ki, R, X L ve Z ak�m�n akmas�na zorluk
gösteren durumlard�r. Bunlar�n tersi durum yani 1/R, 1/X L ve 1/Z ise ak�m�n
akmas�na kolayl�k gösteren durumlard�r.
1/R : R direncinin iletkenliği denir. G harfi ile gösterilir. Birimi (1 / Ω ) veya
siemens dir.
1/X L : X L endüktif reaktans�n tersine elektrik ak�m�na gösterdiği kolayl�ğa
süseptans denir. B harfi ile ifade edilir. Endüktif süseptans BL, kapasitif
süseptans da B c harfleri ile gösterilir. Birimi (1 / Ω ) veya siemens dir.
1/Z : Elektrik ak�m�na göstermiş olduğu kolayl�ğa admidans denir. Y harfi ile
ifade edilerek birimi 1/Ω veya siemens dir.
1
=G
R
1
= BL
XL
1
=Y
Z
Bu bilgilerden sonra iletkenlik süseptans ve admidans olarak vektör
diyagram�na şekil 4.3 deki gibi olur.
95
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
0
IR=U/R
I
IR
IR=1/R
0
IR
I
IL=U/XL
I=U/Z
Topak
IL=1/XL
Y
I=1/Z
IL
G
0
B
IL
(a) Ak�m üçgeni
(b) Admidans üçgeni
Şekil4.3
Şekil 4.3a da ak�mlar üçgeninde her kenar U’ya bölünerek (b) deki vektör
diyagram� ortaya ç�kar. Bu diyagramdan devrenin direnci bulunur.
1
=
Z
(1 / Z )2 = (1 / R )2 + (1 / X L )2
(1 / R )2 + (1 / X L )2
Şekil 4.3 deki iletken, süseptans ve admidans değerleri yerlerine konulursa
devrenin admidans formülü ortaya ç�kar.
Y = G 2 + BL2
Devrenin ak�m�, gerilimi admidans değeri ile bulunmas� gerektiği durumda
aşağ�daki formüllerden bulunabilir.
I
I
U=
Y=
Y
U
Örnek4.1
Şekil4.4 deki alternatif ak�m devresinde, devrenin eşdeğer admidans�n� ve
empedans�n� bulunuz.
+
U
330
ohm
R
f=1kHz
L
100mH
Şekil4.4
Çözüm4.1
Admidans�n bulunabilmesi için önce G ve BL’nin değerinin bulunmas� gerekir.
96
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
G=
Topak
1
1
=
= 3,03ms
R 330Ω
Endüktif reaktans� X L = 2πfL = 2π(1000Hz)(100mH) = 628Ω
Bobinin süseptans� B L =
1
=1,59ms
XL
Devrenin admidans� Y T = G 2 + BL2 =
3,03 2 + 1,59 2 = 3,42 ms
Admidans�n tersi empedans� verir Z T =
1
1
=
= 292Ω
YT 3,42ms
Örnek4.2
Şekil 4.5 de verilen Alternatif Ak�m devresinde kaynaktan çekilen ak�m� ve
ak�mla gerilim aras�ndaki ϕ faz fark� aç�s�n� bulunuz.
+
U=10V
2.2
kohm
R
L
150mH
f=1.5kHz
Şekil 4.5
Çözüm4.2
Önce toplam admidans�n bulunmas� gerekir. Admidans�n bulunmas� içinde;
X L =2πfL=2π(1,5khz).(150mH) = 1,41 kΩ
BL =
YT =
1
1
=
= 709µs
X L 1,41kΩ
G=
1
1
=
= 455µs
R 2.2kΩ
G 2 + BL2 = (455ms) 2 + (709ms ) 2 = 842 µs
I T = V.Y T =(10V)(842µs)=8,42mA bulunur. Ak�mla gerilim aras�ndaki faz aç�s�;
97
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
 R
ϕ= tan −1 
 XL
Topak

 2.2kΩ 
0
 = tan −1 
 = 57.3
 1.41kΩ 

4.2 R-C (DİRENÇ - KONDANSATÖRÜN) SERİ BAĞLANMASI
Paralel bağl� R direnci ile C kondansatörü seri bağlan�p uçlar�n� Alternatif bir
gerilim uyguland�ğ�nda kaynaktan sinüzoidal bir I ak�m� çekilir. R direncin
üzerinden I R ak�m� ve C kondansatör üzerinden de I c ak�m� akar. Bu akan
ak�m direnç eleman�n gerilimi ile ayn� fazda olurken kondansatör eleman�nda
ise uçlar�ndaki gerilimden ak�m 90 o ileri fazdad�r. Bu aç�klamalar �ş�ğ�nda R-C
paralel devresi ve bu devrenin vektör diyagram� şekil 4.6 daki gibi olur.
I
+
IR
IC
IC
U
R
w
I
C
0
(a) R-C paralel devresi
U
IR
(b) Vektör diyagram�
Şekil 4.6
Vektör diyagram�ndaki taral� dik üçgenden pisagor bağ�nt�s� uyguland�ğ�nda
R-C paralel devresinin kaynaktan çekilen ak�m formülü ortaya ç�kar.
I 2 = I R2 + I c2
I2=
I R2 + I c2
ohm kanununa göre kol ak�mlar� ve kaynaktan çekilen ak�m yaz�labilir.
U
U
U
Ic =
I=
R
Xc
Z
Ohm kanunundaki IL, IC ve I eşitlikleri ak�m formülünde yerine yaz�l�rsa
devrenin empedans� bulunur.
1
1
1
1
= 2 =
Z=
2
2
2
Z
R
( 1 / R ) + ( 1 / X C2 )
Xc
IR =
1
= 1 / R 2 + 1 / X C2
2
Z
98
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
R. X c
Z=
R 2 + X c2
Devrenin faz aç�s� ve güç katsay�s� vektör diyagram�ndan hesaplanabilir.
tan ϕ =
Ic
I
veya
tanϕ=
U /R
Xc
I U /R Z
=
=
Ic U / Z R
cos γ =
Paralel R-C devresinde, ak�m geriliminden ϕ kadar ileride olduğundan
bu devreye ileri güç katsay�l� devre denir. Gerilim üçgeninden admidans
üçgenini elde edilişi ve admidans formülü aşağ�daki şekil4.7deki gibi olur.
1/Z
0
1/XC
Y
0
1/R
BC
G
Şekil4.7 Admidans üçgeni
Admidans üçgeninden R-C devresinin admidans formülü
Y= G 2 + Bc2
Örnek4.3
Şekil 4.8 deki R-C paralel devresinde kaynaktan çekilen ak�m, kol ak�mlar�n�
devre gerilimi ile ak�m� aras�ndaki faz fark� aç�s�n� hesaplay�n�z.
I
+
U
12 V
IR
220
ohm
IC
R
Şekil 4.8
99
150
ohm
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm4.3
Eleman uçlar�ndaki gerilim kaynak gerilim eşit olduğuna göre
IR =
U
12V
=
= 54.5 A
R 220Ω
U
12V
=
= 80mA
X c 150Ω
Ic =
I T = I R2 + I c2 = (54,5mA) 2 + (80ma) 2 = 96,8 mA
Ak�mla gerilim aras�ndaki fark aç�s� ;
I
ϕ=tan −1  c
 IR

 80mA 
o
 ϕ=tan −1 
 = 55.7
 54.5mA 

Örnek4.4:
Şekil 4.9 da verilen R-C paralel devresinde kaynaktan çekilen ak�m� ve
ak�mla gerilim aras�ndaki faz fark� aç�s�n� bulunuz.
I
+
U
10 V
f=1,5kHz
IR
2,2
kohm
IC
R
C
0,02
mikro F
Şekil 4.9
Çözüm4.4
Kaynaktan çekilen ak�m bulunabilmesi için önce admidans�n�n bulunmas�
gerekir.
1
1
Kondansatörün Süseptans� : B c =
=
= 188µs
X c 5.31kΩ
100
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Direncin iletkenliği:
G=
Topak
1
1
=
= 455µs
R 2.2kΩ
Toplam Admidans: Y T = G 2 + Bc2 = (455ms) 2 + (188ms) 2 = 492µs
I T =V.Y T = (10V).(492µs) = 4,92 mA
Ak�mla gerilim aras�ndaki faz aç�s�
 R
ϕ=tan −1 
 Xc

 2.2kΩ

 = tan −1 
= 22.5 o 
 5.31kΩ


4.3 R-L-C (DİRENÇ-BOBİN
BAĞLANMASI
-
KONDANSATÖR)
SERİ
Direnç, bobin ve kondansatör elemanlar� ayn� devrede paralel bağlan�p
uçlar�na sinüzoidal bir gerilim uyguland�ğ�nda kaynaktan çekilen I ak�m�, R
eleman� üzerinden geçen ak�m gerilimle ayn� fazdad�r. Bobinden geçen I L
ak�m� gerilimle 90 o lik bir faz fark� meydana gelir. Gerilim I L ak�m�ndan
90 o ileri fazdad�r. Kondansatör üzerinden geçen I c ak�m� gerilimi de
90 o ileridedir.
Şekil 4.10 da R-L-C devresi ve vektör diyagram� bu bilgiler doğrultusunda
çizilmiştir.
IC
IC>IL
IC<IL
w
I
+
IR
IL
U
R
IC-IL
IC
L
I
IL-IC
IR
IL
IL
(b)
101
I
U
0
Şekil4.10
IR
0
C
(a)
IC
(c)
U
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
R-L-C paralel bağl� elemanlar�n oluşturduğu devrede üç durumda karş�laş�l�r.
a) Endüktif reaktans�n kapasitif reaktanstan büyük olmas� X L > X c
b) Endüktif reaktans�n kapasitif reaktanstan küçük olmas� X L < X c
c) Endüktif reaktans�n kapasitif reaktanstan eşit
olmas� X L = X c
X L > X c durumunda endüktif reaktans�n; kapasitif reaktanstan değer olarak
daha büyüktür. Bu durumda bobin üzerinden geçen I L ak�m�, kondansatör
üzerinden geçen I c ak�m�ndan daha küçük olacakt�r. X L > X c durumunda
vektör diyagram� şekil4.10(b) de çizilmiştir. Vektör diyagram�ndan kaynaktan
çekilen ak�m formülü aşağ�daki gibi olur.
I= I R2 + ( I c − I L ) 2
bu formülden bulunduğu gibi ohm kanunundan faydalan�nca aşağ�daki gibi
bulunabilir.
IL =
U
XL
IC =
U
XC
IR =
U
R
I=
U
Z
Bu eşitlikler vektör diyagram�nda ç�kar�lan devre ak�m formülünde yerine
konulursa devrenin admidans� bulunur.
I=
(U / R )2 + (U / X c − U / X L )2
= U (1 / R ) 2 + (1 / X c − 1 / X L ) 2
Eşitliğinin her iki taraf� U değerine bölünerek devrenin empedans�,
empedans�n tersi ise admidans� aşağ�daki şekilde olur.
I
1
= = (1 / R) 2 + (1 / X c − 1 / X L ) 2
U Z
Y=
1
=
Z
1
(1 / R ) 2 + (1 / X c − 1 / X L ) 2
bulunur. Güç katsay�s� değişik şekillerde bulunabilir. Güç katsay�s�n�n değerini
aşağ�daki formüller yard�m� ile bulunur.
cos ϕ =
IR U R
=
I
U Z
cosϕ =
Z
R
Ak�mla gerilim aras�ndaki faz fark� aç�s� ϕ’nin bulunmas� ise aşağ�daki
formüllerde bilinen değerler yerlerine konularak bulunur.
102
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
BC − B L
G
XL<XC durumunun vektör diyagram� şekil4.10 (c) de çizilmiştir. Bu durumda
endüktif reaktans, kapasitif reaktanstan küçük olduğu durumdur. Bu da IC
ak�m�n�n IL ak�m�ndan küçük olduğu anlam�na gelir. XL>XC durumundaki
formüllerde sadece (IC-IL) yerine (IL-IC) konulmas� ile tüm formüler ç�kart�labilir.
tan ϕ =
I = I R2 + ( I L − I C ) 2
burada ohm kanunundaki formüller kullan�larak devrenin empedans ve
admidans� bulunur.
1
Z=
(
Y = G 2 + ( B L − BC ) 2
1 2
1
1 2
) +(
)
−
R
XL XC
ak�mla gerilim aras�ndaki faz aç�s� ve güç katsay�s� formülü ise aşağ�daki
şekilde
tan ϕ =
B L − BC
G
ϕ = tan -1 (
B L − BC
)
G
cosϕ =
Z
R
XL= XC durumunda ise endüktif ve kapasitif kollardan eşit ak�mlar geçer. Bu
ak�mlar aras�nda faz fark� 180 o olduğu için, bu iki ak�m�n aritmetik fark�
s�f�rd�r. Dolay�s�yla devrenin toplam ak�m�, omik R koldan geçen ak�ma eşittir
ve güç katsay�s� birdir. Bu devreye paralel rezonans devresi denir. Bu
durumun vektörel şekil 4.11 deki gibidir.
IC
0
IR=I
U
IR
IL
Şekil 4.11
103
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek4.5
Şekil 4.12 de R-L-C elemanlar� paralel bağlanarak uçlar�na efektif değeri 5v
olan bir sinüzoidal bir gerilim uyguland�ğ�nda kaynaktan çekilen ak�mlar, kol
ak�mlar�n� ve ak�mla gerilim aras�ndaki faz fark� aç�s�n� buluruz.
IT
IR
+
U
IL
IC
R
2,2 ohm
5V
XC
XL
10 ohm
15 ohm
Şekil4.12
Çözüm4.5
Elemanlar üzerinden geçen ak�m ohm kanunundan yararlan�larak bulunur.
U
U
U
5V
5V
5V
IR = =
= 2.27 A
Ic =
=
= 1A
IL=
=
= 0.5 A
R 2.2Ω
X c 5Ω
X L 10Ω
Kaynaktan çekilen toplam ak�m X L > X c durumundaki formülden
I= I R2 + ( I c − I L ) 2 =
(2,27 A) 2 + (1A − 0,5 A) 2 = 2,32A
Kaynaktan çekilen ak�mla gerilim aras�ndaki faz fark� aç�s� ;
 I − I L   0.5 A 
o
 = 
ϕ=tan −1  C
 = 12.4
 I R   2.27 A 
Devrenin vektör diyagram� şekil 4.13 de çizilmiştir.
IC
w
IT
0
U
=12,4
IR
IL
Şekil4.13 vektör diyagram�
104
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
RLC elemanlar� bir devrede birer tane bulunduklar� gibi ayn� elemandan
birden fazlada olma durumlar� mevcuttur. Bu elemanlar�n seri, paralel veya
seri-paralel bağlant�larda olabilir. Bu devrelerde devreyi tek bir kondansatör,
direnç ve bobin olarak eşdeğerleri hesaplanarak bulunur. Devre yine tek RLC
devre haline gelir. Devre seri durumda ise seri devre özellikleri paralel ise
paralel devre özellikleri uygulan�larak analizi yap�l�r.
4.4 R-L-C SERİ DEVRESİNDE GÜÇ
RLC seri devresinde; kapasitif reaktans ile endüktif reaktans�n birbirlerine göre
büyük, küçük ve eşit olmas� özelliğini değiştirir. RLC seri devresinde ak�m
gerilimden ϕ kadar geride veya ileride olduğu gibi, ak�m ile gerilim ayn� fazda
yani ϕ=0 olabilir. Buna göre devrenin güç katsay�s� cosϕ ileri, be cosϕ geri ve
cosϕ=1 olur. Devreye uygulanan U geriliminden, devrenin I ak�m� ϕ kadar
ileride veya geride ise ortalama güç P (aktif güç) ve reaktif güç Q aşağ�daki
formüllerle bulunur.
P = U .I . cos ϕ
Q = U .I . sin ϕ
105
BÖLÜM 5
KOMPLEKS
SAYILARIN
ALTERNATİF
DEVRELERİNE UYGULANMASI
AKIM
5.1 R-L (DİRENÇ – BOBİN) SERİ DEVRESİ
5.2 R-C (DİRENÇ – KONDANSATÖR) SERİ DEVRESİ
5.3 R-L-C (DİRENÇ – BOBİN – KONDANSATÖR) SERİ DEVRESİ
5.4 R-L (DİRENÇ – BOBİN) PARALEL DEVRESİ
5.5 R-C (DİRENÇ – KONDANSATÖR) PARALEL DEVRESİ
5.6 R-L-C (DİRENÇ – BOBİN – KONDANSATÖR) PARALEL DEVRESİ
106
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
GİRİŞ
Sinüzoidal emk’leri ve sinüzoidal ak�mlar� dönen vektörlerle gösterilmişti.
Kompleks say�larla vektörlerin toplanmas�, ç�kar�lmas�, çarp�lmas� ve
bölünmesi işlemlerini çabuk ve doğru olarak kolayca yap�labildiği matematik
de incelendiğinde görülür. Burada kompleks say�lar�n nas�l olduğu
anlat�lmayacakt�r. Bu herhangi bir matematik kitab�ndan incelendiğinde
anlaş�lacağ�n� umar�m. Kompleks say�lar bize vektörlerin herhangi bir
dereceden kuvvetlerini ve köklerini kolayca bulunabilme olanağ� da
sağlamaktad�r. Alternatif ak�m devrelerinin çözümlerinde büyük kolayl�klar
sağlayan bu say�lar� devrelerin çözümlerinde s�kça kullanacağ�z. Vektörlerin
toplanmas�nda ve ç�kar�lmalar� için dik bileşen vektörleri halinde bulunmalar�
gerekir. Dik bileşen vektörlerini çarpmak, bölmek ve bir kuvvete yükseltmek
mümkündür. Fakat uzun ve zordur bu işlemleri kutupsal veya üslü vektörlerle
yapmak daha kolay ve k�sad�r. Yaln�z kutupsal ve üslü vektörlerle kök alma
işlemi yap�labilir. Herhangi bir vektörün üç şekilde gösterilir.
Dik bileşenli vektör gösterilişi
A = Ax + jAy
A = A(cos α + j sin α
Trigonometrik gösterilişi
A = A∠α
Kutupsal gösterilişi
Bu hat�rlatmalardan sonra önceki konularda incelenen devre bağlant�
çeşitlerinin analizlerini kompleks say�larla analizi yap�lacakt�r.
5.1 R-L (DİRENÇ – BOBİN) SERİ DEVRESİ
Şekil5.1 de seri bağlanm�ş olan RL devresi kirşofun gerilimler kanunundan,
kaynağ�n gerilimi elemanlar üzerinde düşen gerilimlerin toplam�na eşittir. Bu
kompleks say�larla ilk incelediğimiz alternatif ak�m devresi olduğundan
aç�klamal� olarak işlemleri ve formülleri ç�kartal�m.
R
L
UR
UL
I
U
Şekil5.1 RL Seri devresi
RL eleman� uçlar�na bir alternatif bir U gerilimi uyguland�ğ�nda bu kaynaktan
bir ak�m çekilecektir. Devre seri olduğundan bu ak�m değeri devre elemanlar�
107
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
üzerinden aynen geçecektir. Fakat uçlar�ndaki gerilimle bu ak�m aras�nda
eleman�na göre bir faz farkl�l�ğ� oluşturacakt�r. Bunu önceki konularda
elemanlar� devrede tek olarak bağlad�ğ�m�zdaki ak�mla gerilim aras�ndaki faz
farkl�klar�n� aç�klam�şt�k. Direnç eleman� üzerinden geçen ak�m ve uçlar�ndaki
gerilimle herhangi bir faz fark� oluşturmamakta fakat bobin üzerinden geçen
ak�mla uçlar�ndaki gerilim düşümü ile 90° faz fak� oluşturmakta, ak�m
gerilimden 90° geri fazda kalmakta olduğu önceki konulardan biliniyor. Seri
devrede ak�m değişmediği için baz olarak veya başlang�ç ekseni olarak ak�m
al�n�r. Bu aç�klamalarla gerilim ve empedans üçgenlerini oluştural�m.
Sanal eksen (+j)
Sanal eksen (+j)
jUL
U=UR+jUL
jXL
U
0
UR
I
Reel eksen
Z=R+jXL
Z
R
I
Reel eksen
Şekil5.2 RL seri devresinin gerilim ve empedans üçgeni
Ak�m seri elemanlardan ayn� akt�ğ� için başlang�ç ekseninde al�nm�ş, UR
direnç ak�mla gerilim aras�nda faz fark� oluşturmad�ğ� için UR gerilimi de
genliği kadar ak�mla ayn� eksende çizilmiştir. Bobin eleman� üzerinden bir
ak�m geçtiğinde uçlar�ndaki gerilim, ak�mdan 90° ilerde olduğundan sanal
eksende jUL olarak şekil5.2 de gösterilmiştir. Devre geriliminin dik bileşenler
ve kutupsal gösterilişi aşağ�daki gibi olur.
UL
)
UR
RL seri devresinin eşdeğer empedans� ise şekil5.2 deki empedans
üçgeninden dik bileşen ve kutupsal şeklinde gösterimi aşağ�daki şekildedir.
U = U R + jU R = U R2 + U L2 ∠ tan −1 (
XL
)
R
Empedans üçgenine biraz matematiksel işlemler yap�ld�ğ�nda devrenin ak�m�
ile gerilimi aras�ndaki faz fark� aç�s�n�, devrenin empedans� ve faz aç�s�
bilindiğinde devre eleman değerlerinin bulunmas� gibi formüller ortaya
ç�kar�labilir.
Z = R + jX L = R 2 + X L2 ∠ tan −1 (
ϕ = sin −1
XL
Z
ϕ = cos -1
R
Z
ϕ = tan -1
108
XL
R
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
X L = Z . sin ϕ
R = Z . cos ϕ
X = R .tan ϕ
Örnek5.1
Alternatif ak�m devresinde R=2 ohm direnç ile L=0,01 H değerlerindeki iki
eleman seri bağlanarak uçlar�na 200 V, 50 Hz lik bir gerilim uyguland�ğ�nda
kaynaktan çekilen ak�m� bulunuz.
Çözüm5.1
Devrenin empedans�n�n bulunabilmesi için endüktif reaktans�n aşağ�daki
şekilde bulunur, bulunan bu değer devrenin empedans�nda kullan�l�r.
X L = 2πfL = 2π .(50 Hz ).(0,01 H) = 3,14 Ω
I=
Z = R + jX L = 2 + j 3,14 = 3,723∠57,5 o Ω
200 V
= 53,72∠ − 57,5 o A
o
(3,723∠57,5 Ω)
Örnek5.2
250 V ,50 Hz lik bir gerilimle beslenen endüktif devreden 10 A geçmekte ve
750 W harcanmaktad�r.R ve L değerleri ile sistemde görünen, harcanan ve
reaktif güçleri bulunuz.
Çözüm5.2:
U 250V
P 750W
=
= 25Ω R = 2 =
= 7,5Ω aktif güç
I
10 A
I
10 2
üzerinde harcand�ğ� için buradan direnç değeri bulunur.
Z=
direnç
eleman�
X L = Z 2 − R 2 = (25Ω) 2 − (7,5Ω) 2 = 23,85∠72,54 o Ω bulunur. Ak�mla gerilim
aras�ndaki
faz
fark�
aç�s�
o
ϕ = 72,54
cosϕ = 0,3 (geri)
ω = 314 rad/s
L=
XL
ω
=
23,85
= 0,076 H = 76 mH
314
109
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
S = U .I = 250V .10∠ − 72,54 o A = 2500∠ − 72,54 o = 750 + j 2385VA buradan reel
değer aktif gücü, sanal değer de reaktif gücü vereceğinden P=750 W, Q=2385
VAr
5.2 R-C (DİRENÇ – KONDANSATÖR) SERİ DEVRESİ
Şekil5.3 de görülen devrede direnç eleman� ile kondansatör eleman� seri
bağlan�p uçlar�na bir alternatif gerilim uyguland�ğ�nda bu gerilimin devre
elemanlar� üzerinde iki bileşeni vard�r. Direnç eleman� üzerindeki gerilim
düşümü ak�mla ayn� fazda, kondansatör uçlar�ndaki gerilim düşümü ise
ak�mdan 90° geri fazdad�r.
R
C
UR
UC
I
U
Şekil5.3
Bu aç�klamalar doğrultusunda seri devre olduğundan ak�m referans ekseninde
al�narak devre vektörü aşağ�da şekil5.4 deki gibi çizilir.
+j
UR
+j
I
R
I
Z
-jUC
-j
-jXC
U=UR-jUC
-j
Gerilim üçgeni
Z=R-jXC
Empedans üçgeni
Şekil5.4
Şekil5.4 deki gerilim üçgeninden devrenin gerilim reel eksende olan UR
gerilimi ile sanal eksende olan UC geriliminin toplam�na eşit olacakt�r.
110
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
U = U R − jU C = U R2 + U C2 ∠ − tan −1 (
Topak
UC
)
UR
gerilim değeri ve faz aç�s� buradan bulunur ve devrenin empedans� da şekil5.4
deki empedans üçgeninden dik bileşenler ve kutupsal gösterim şeklindeki
formülü bulunur.
X
Z = R − jX L = R 2 + X C2 ∠ − tan −1 ( c )
R
Empedans formülü dikkat edilirse vektörel olarak bulduğumuz formülün
ayn�s�d�r. Burada reel değer direnç eleman�n�, sanal k�sm�n� da kapasitif
reaktans oluşturmaktad�r. Kapasitif reaktans�n XC’nin önüne –j getirilmiştir. Bu
da (-90°) ifade eder. Empedans üçgeninden devre ile ilgili aşağ�daki formüller
ç�kart�labilir.
Empedans değeri ve faz aç�s� bilindiği durumda devre elemanlar�n�n değerleri
bulunabilir.
X C = Z . sin ϕ
R = Z.cosϕ
ϕ = sin −1
X C = R. tan ϕ
XC
X
R
= cos −1 = tan −1 C
Z
Z
R
Örnek5.3
Saf bir R direnci ile bir kondansatör seri bağlanm�şt�r. Sisteme 120 volt, 100
Hz uyguland�ğ� zaman devredeki ak�m 2,5 amper ve sistemde harcanan güç
240 W t�r. R direnci ile C kapasitesinin değerini hesaplay�n�z.
Çözüm5.3
Direnç eleman�n�n değerini devrede harcanan aktif güç bu eleman üzerinde
harcand�ğ� için güç formülünden direnç değeri bulunabilir.
P = I 2 .R → R =
P 240W
=
= 38,4 Ω
I 2 2,5 2 A
Devre ak�m ve devre gerilimi bilindiğine göre devrenin empedans� ohm
kanunundan faydalan�larak bulunur.
111
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Z=
Topak
U 120V
=
= 48 Ω
I
2,5 A
Empedans formülü kullan�larak, bu formülden kapasitif reaktans çekilirse
kondansatörün kapasitif reaktans�n�n değeri hesaplanabilir.
Z = R 2 + X C2 →
X C = Z 2 − R 2 = 48 2 − 38,4 2 = 28,8 Ω
kapasitif reaktans formülünden kapasite çekilirse, buradan devreye bağl� olan
kondansatörün değeri bulunur.
XC =
1
→
2πf .C
C=
1
1
=
= 55,29 µF bulunur.
2π .100.X C 2π .100.28,8
5.3 R-L-C (DİRENÇ – BOBİN – KONDANSATÖR) SERİ
DEVRESİ
Alternatif ak�m devrelerinin çözümünde devrede direnç, bobin ve kondansatör
seri veya paralel şekil5.4 de bağland�klar�nda devre elemanlar� üzerlerinden
geçirdikleri ak�mlarla bir faz fark� meydana getirdikleri bu ana kadar defalarca
ifade edilmişti. Bunun aç�k olarak elemanlar�n özelliklerine göre; direnç ak�mla
gerilim aras�nda faz fark� s�f�r, bobin eleman� uçlar�ndaki gerilim ak�mdan 90°
ileri fazda ve kondansatör uçlar�ndaki gerilim ak�mdan 90° geri fazdad�r. Buda
kompleks say�larla ifadesi biliniyor ki
+j, 90° yi ve –j de (-90°) ile
gösterilmektedir. Bu durumda kapasitif reaktans değerinin önüne (-jXC),
endüktif reaktans�n önüne ise (+j) konulacakt�r. Bu gösterimde jXL olur.
Şekil5.5 de bu durum gösterimi yap�larak bu devrenin kompleks çözüm
formülleri ç�kart�lm�şt�r.
R
UR
L
UL
C
UC
I
U
Şekil5.5 RLC seri devresi
112
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Yukar�daki aç�klamalar doğrultusunda devrenin gerilim üçgeni ve empedans
üçgenini çizerek RLC devresinin formülleri ç�kart�l�r. RLC seri devresinde
kapasitif reaktans�n endüktif reaktansa eşit, büyük ve küçük olduğu durumlar
mevcuttur. Bu önceki konularda aç�k bir şekilde incelemesi yap�lm�şt�. Bu
hat�rlatmalar �ş�ğ�nda XL<XC durumunun empedans ve gerilim üçgeni
şekil5.6daki gibi olur.
+j
+j
XL
UL
R
I
R
U
I
Z
-j(UC-UL)
-j(XC-XL)
U=UR-j(UC-UL)
-jUC
Z=R-j(XC-XL)
-jXC
Gerilim üçgeninin elde edilmesi Empedans üçgenin elde Edilmesi
Şekil5.6 RLC seri devresinde XL<XC durumu
Devre gerilimi, gerilim üçgeninden;
U = U R − j (U C − U L ) = U R2 + (U C − U L ) 2 ∠ − tan −1 (U C − U L U R )
bulunur. devrenin empedans�, empedans üçgeninden bulunur.
Z = R − j ( X C − X L ) = R 2 + ( X c − X L ) 2 ∠ − tan −1 (( X C − X L ) R )
Xc − XL
R
bu dik üçgenden matematik kurallar doğrultusunda güç katsay�s� ve ak�mla
gerilim aras�ndaki faz fark� aç�lar� da bulunabilir. Bu vektörel çözümde ayr�nt�l�
bir şekilde aç�klanm�şt�. Ayr�ca devre elemanlar� uçlar�ndaki gerilim
düşümlerinin değerleri de aşağ�daki gibi bulunur.
ϕ = tan −1
U R = I .R
U L = I .( jX L )
U C = I .(− jX C )
dikkat edilirse XL<XC durumu devrenin RC seri devre özelliği taş�d�ğ�n� ve
XL>XC durumu ise devre RL seri devre özelliği taş�r.
113
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek5.4:
Şekil5.7 deki alternatif ak�m devresinde değerleri verilen RLC elemanlar� seri
bağlanarak bu devreye alternatif bir gerilim uygulanm�şt�r. Bu devrede
kaynaktan çekilen ak�m�, devrenin güç katsay�s�n�, eleman üzerlerindeki
gerilim düşümlerini bulunuz.
R= 10 ohm
L=0,1 H
UR
UL
C=150 mikro F
UC
I
U=220V
50 Hz
Şekil5.7
Çözüm5.4:
X L = 2πfL = 2π .50.0,1 = j 31,4 Ω
XC =
1
1
=
= − j 21,23 Ω
2πf .C 2π .50.150.10 −6
Z = R + j ( X L − X C ) = 10 + j10,17 = 14,26∠45,48 o
I=
U
220
=
= 14∠ − 45,48 o A
o
Z 14,26∠45,48
U R = R.I = 10.14∠ − 45,48 o = 140∠ − 45,48 o V
U L = jX L .I = 31,4∠90 o.14∠ − 45,48 o = 440∠44,52 o V
U C = − jX C .I = 21,23∠ − 90 o.14∠ − 45,48 o = 297,22∠ − 135,48 o V
114
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
5.4 R-L (DİRENÇ – BOBİN) PARALEL DEVRESİ
Seri devrelerde karmaş�k say�lar�n alternatif ak�ma nas�l uyguland�ğ� vektörel
gösterimlerle aç�klanm�şt�. Paralel devrede de ayn� kurallarla kompleks say�lar
paralel devrede de uygulanarak devre çözümü yap�labilir. Paralel devre
özellikleri kullan�larak paralel devrenin çözümü, elemanlar�n bağlant�lar�na
göre çözümü kompleks say�larla yapal�m. Şekil5.8 deki RL paralel devresinin
devre empedans, kaynaktan çekilen ak�m, eleman üzerlerinden geçen
ak�mlar�n formüllerini ç�kartal�m.
I
+
IR
U
IL
R
jXL
Şekil5.8 RL paralel devresi
Devre elemanlar�n�n toplam empedans�n�n bulunmas� için, eleman
değerlerinin tersi al�n�p topland�ğ�n da bulunur. Kar�ş�k devrelerde işlemlerin
basit olmas� için devre elemanlar�n�n isimlerini Z1(Z1=R), Z2(Z2=jXL) gibi isim
verilerek eşdeğer empedans formülü aşağ�daki gibi olur.
1
1
1
1
=
+
...............
Z Z1 Z 2
Zn
RL devresi için devre empedans� bu genel formülde yerine konularak
aşağ�daki gibi olur.
R .( jX L )
1
1
1
1
1
=
+
= +
⇒ ZT =
Z T Z1 Z 2 R X L
R + jX L
Kaynaktan çekilen ak�m ve kol ak�mlar� ohm kanunundan faydalan�larak
bulunur.
U
U
U
U
IR =
IL =
I=
=
ZT
R
jX L X L ∠90 o
115
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
w
w
IR
0
G
U
U
0
I
Y
-jIL
-jBL
I=IR-jIL
-j
Y=G-jBL
-j
Şekil5.9 RL paralel devresinin ak�m ve admidans üçgeni
Paralel devrede şekil5.9daki RL paralel devresi ak�m�n�n dik bileşenler ve
kutupsal gösterim olarak aşağ�daki gibi olur.
I
I = I R − jI L = I R2 + I L2 ∠ tan −1 ( − L )
IR
Örnek5.5:
Şekil5.10 da verilen RL paralel devresinin;
1- Devrenin admidans�n�
2- Devrenin empedans�n�
3- Kaynaktan çekilen ak�m� ve kol ak�mlar�n� hesaplay�n�z.
I
+
U
20 V
IR
IL2
IL1
R
10
ohm
jXL1
2H
jXL2
4H
Şekil5.10
Çözüm5.5
Devreye bağl� olan elemanlar� Z1=R=10 ohm, Z2=jXL1=2 H ve Z3=jXL2 olarak
tan�mlayal�m.
116
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
a)
1
1
1
1
1
1
1
Y1 =
= =
= 0 ,1 S Y2 =
=
=
=
= 0 ,5∠ − 90 o S = − j 0,5S
o
Z 1 R 10Ω
Z2
jX L1
j 2 2∠90
Y3 =
1
1
1
1
=
=
=
= 0 ,25∠ − 90 o = − j 0 ,25S
Z3
jX L 2
j 4 4∠90 o
YT = Y1 + Y2 + Y3 = 0 ,1S + ( − j 0 ,5 ) + ( − j 0 ,25 ) = 0,1 − j 0,75S = ( 0 ,1 ) 2 + ( 0 ,75 ) 2 ∠ tan −1 (
= 0 ,756∠ − 82 ,4 o S
b)
1
1
1
YT =
⇒ ZT =
=
= 1,32∠82,4 o
ZT
YT 0,756∠ − 82,4 o S
IT =
U
= U .YT = 20V .( 0 ,756∠ − 82 ,4 o S ) = 15,12∠ − 82 ,4 o A
ZT
IR =
U U
= = U .Y1 = 20V .( 0 ,1S ) = 2 A
Z1 R
I L1 =
U
U
=
= U .Y2 = 20V .( 0 ,5∠ − 90 o S ) = 10∠ − 90 o A
Z2
jX L1
I L2 =
U
U
=
= U .Y3 = 20V .( − j 0 ,25S ) = − j 5 A = 5∠ − 90 o A
Z3
jX L 2
c)
5.5 R-C (DİRENÇ – KONDANSATÖR) PARALEL DEVRESİ
Şimdiye kadar direnç eleman�n�n devre gerilimi ile bir faz fark� oluşturmad�ğ�
sadece alternatif ak�m�n genliğini değiştirdiğini gördük. Fakat devrede bobin
veya kondansatör seri veya paralel bağlans�nlar bu ak�mla gerilim aras�nda bir
faz fark� getirdiği bu faz fark�ndan dolay� da kompleks say�lar�n sanal
ekseninde yer ald�ğ� görülmüş oldu. Art�k şu aç�klamay� yapmakta hiçbir
sak�nca yoktur. Eğer devrenin çözümü kompleks say�larla çözülecekse
endüktif reaktans değerinin önüne +j (+90° yi ifade eder), kapasitif reaktan
önüne ise –j (-90° yi ifade eder) koyarak devrenin istenen değerleri kompleks
çözümlerle bulunabilir. Şekil5.11deki RC paralel devresinin bu aç�klamalarla
çözümünü yapal�m.
117
− 0,75
)
0,1
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek5.6
Şekil5.11 deki devrenin kaynaktan çekilen ak�m�, elemanlar üzerinden geçen
ak�mlar� ve devrenin empedans�n� hesaplay�n�z.
IT
+
IR
U
40V
IC
R
5
ohm
- J4
ohm
Şekil5.11
Çözüm5.6
Paralel bağl� olduğundan, paralel devre özellikleri hat�rlan�rsa devre gerilimi
eleman üzerlerinde aynen görülür. Bu duruma göre ohm kanunundan
devreden çekilen ak�m ve kol ak�mlar� bulunur.
U 40V
U
20V
20V
=
= 4A IC =
=
=
= 5∠90 o A = j 5 A
o
R 5Ω
− jX C − j 4Ω 4∠ − 90 Ω
paralel devrede kirşofun ak�mlar kanunu uygulan�rsa devrenin kaynaktan
çektiği IT ak�m� bulunur.
5
I T = I R + I C = 4 A + j 5 A = 4 2 + 5 2 ∠ tan −1 = 6,4∠51,3o A
4
IR =
I=
U
U
40
⇒Z = =
= 6,25∠ − 51,3o Ω
o
Z
I 6 ,4∠51,3
5.6 R-L-C (DİRENÇ – BOBİN – KONDANSATÖR) PARALEL
DEVRESİ
RL, RC paralel devresindeki yapm�ş olduğumuz aç�klamalar RLC devresinde
de geçerlidir. RLC devresinde sanal değer olarak her iki eleman bağl� olduğu
için bu elemanlar aras�nda 180 faz fark� oluşturmaktad�r. Kompleks eksenin
bobin ve kondansatör sanal değerin birisi pozitif diğeri ise ayn� eksen üzerinde
negatif de olmaktad�r. Örnek5.7de RLC paralel devresini aç�klamal� çözümünü
yapal�m.
118
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek5.7
Şekil5.12deki RLC paralel devresine 5sinwt gerilimi uygulanmaktad�r. Kol
ak�mlar�n�, devrede harcanan gücü ve direnç üzerinden geçen ak�m�
ampermetre ile ölçüldüğünde göstereceği değeri bulunuz.
IT
+
IR
U
IL
R
2 ohm
5sinwt V
IC
XL
10 ohm
XC
5 ohm
Şekil5.12 RLC paralel devresi
Çözüm5.7
Kompleks say�larla çözüm yap�lacak olmas�ndan dolay� kaynağ�n gerilimi
dikkat edilirse u=5sinwt olarak verilmiştir. Bu kompleks gösterimde eşiti tepe
değeri ve aç� değeri olarak yaz�l�r.
U = 5∠0 o V
Burada eğer gerilim değeri u=10sin(wt+45°) verilmiş olsayd� bu durumda
aşağ�daki şekilde yaz�l�rd�.
U = 10∠45 o V
bu aç�klamalardan sonra örnekte çözümü istenen kol ak�mlar� ohm
kanunundan çözülür.
U 5V
U
5V
IL =
=
= − j 0,5 A = 0,5∠ − 90 o A
IR = =
= 2 ,5 A
R 2Ω
jX L
j10Ω
IC =
U
5V
=
= jA = 1∠90 o A
− jX C − j 5Ω
Güç, kaynaktan çekilen ak�m ile gerilimin çarp�m� o devrede harcanan gücü
verdiği güç konusunda aç�klanm�şt�. Buna göre bu devrenin harcad�ğ� gücü
bulmak için kaynaktan çekilen ak�m� bulmak gerekir. Bu ak�m� da kirşofun
ak�mlar kanunundan faydalan�larak bulabiliriz.
I = I R + I L + I C = 2,5 A + ( − j 0,5 ) + ( j1A ) = 2,5 A + j 0,5 A = ( 2 ,5 A ) 2 + ( 0,5 A ) 2 tan −1
I = 2,55∠11,3o A
119
0 ,5
2 ,5
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Devrenin görünür güç bulunarak, devre harcanan aktif ve reaktif güç bulunur.
S = U .I = 5V .2,55∠11,3o A = 12,75∠11,3o VA = 12,75(cos 11,3o + j sin 11,3o )
= 12,75( 0,98 + j 0,196 ) = 12,5 + j 2,5VA
Görünür gücün kompleks say�lar�n dik bileşen şeklideki gösteriminde reel
değer aktif (P, wattl� gücü), sanal değer ise reaktif (Q, VAr) gücü verir. Bu
aç�klamalardan sonra P=12,5W ve Q=2,5 VAr bulunur. Aktif güç direnç
eleman� üzerinde harcanan güçtür.
Direnç üzerindeki ak�m�n ölçü aleti ile ölçüldüğünde, ampermetre efektif ak�m�
ölçeceğinden bulunan IR ak�m� maksimum ak�md�r. Onun için bulunan ak�m�n
efektif değeri 0,707 ile çarp�lmas� gerekir.
Ölçü aletinin göstermesi gereken IR ak�m� aşağ�daki bulunan değer olmas�
gerekir.
I R = 2 ,5 A bu değer maksimum değer I R = 0 ,707.( 2,5 A ) = 1,76 A ölçü aletinin
göstermesi gereken değer 1,76 A dir.
120
BÖLÜM 6
ALTERNATİF AKIM DEVRE YÖNTEM VE TEOREMLER
İLE ÇÖZÜMÜ
6.1 ÇEVRE AKIMLAR YÖNTEMİ
6.2 SÜPERPOZİSYON TEOREMİ
6.3 DÜĞÜM GERİLİMLER YÖNTEMİ
6.4 THEVENİN TEOREMİ
6.5 NORTON TEOREMİ
121
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
GİRİŞ
Alternatif ak�m�n çözümünün yap�labilmesi için, doğru ak�m devrelerinde
kullan�lan devre analizi yöntemlerinin ve kanunlar alternatif ak�mda da aynen
kullan�lmaktad�r. Devre analizi yöntemlerinin çözümünün kolay bir şekilde
olmas� için karmaş�k say�larla işlemler yap�lacakt�r. Doğru ak�m devre analizi
yap�l�rken eşdeğer direnç eleman� Reş ile alternatif ak�mda ise Z olarak
isimlendirilir. Devre analizi yöntemlerinin anlaş�lmas� kolay olan çevre ak�mlar
yöntemi ile devrelerin analizi yap�lmaya başlanacakt�r.
6.1 ÇEVRE AKIMLAR YÖNTEMİ
Elektrik devrelerinin çözümlerinde baz� kanununlar kullan�larak devrelerin seri,
paralel ve kar�ş�k bağlant�lar�n�n çözümünde kullanarak devre elemanlar�n�n
üzerlerinden geçen ak�m, uçlar�nda gerilim düşümünü ve kaynaktan çektikleri
ak�mlar bu konuya kadar çeşitli devreler çözülmüştü. Fakat baz� devrelerde bu
kanunlar�n devrenin analizini yapmak için yeterli olmad�ğ� durumlar oluşur. Bu
durumlarda devre analizi yöntemlerinin herhangi birinin kullan�lmas� gerekir.
Bu analiz yöntemlerinden çevre ak�mlar� yöntemi kendine özgü baz� kurallar
doğrultusunda kirşofun kanunlar� uygulanarak her gözün ak�mlar� bulunarak,
bu ak�mlardan devre elemanlar�n�n kol ak�mlar� bulunmuş olur. Kol ak�mlar�
bulunduktan sonra kol uçlar�ndaki gerilim düşümü ve gücü de bu doğrultuda
bulunmuş olacakt�r. Devre analizi demek, devre eleman�n�n ak�m, gerilim ve
gücünün hesaplanmas� demektir. Çevre ak�mlar yönteminde göz ak�mlar�
say�s� devrenin bağ�ms�z kaç gözlü olduğu duruma göre değişmektedir. Devre
eleman değeri verilmeden şekil6.1 deki iki gözlü devrenin kirşofun gerilimler
kanunundan faydalan�larak çevre ak�mlar denklemi ç�kart�l�r.
Z1
+
U1
Z4
Z2
I1
I2
+
U2
Z3
Şekil6.1
Denklemi yazmadan devreye bağlanan gerilim kaynağ�n�n yönü ile ilgili bir
aç�klama yapmak gerekir. Devreye bağl� olan gerilim kaynağ�n�n pozitif ile
gösterilen yönü çevre ak�m� yönü ile ayn� yönlü ise gözdeki elemanlar
122
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
üzerindeki gerilim düşümlerinin toplam� s�f�ra eşit veya kaynak gerilimi,
eleman üzerinde düşen gerilim düşümlerinin toplam�na eşittir. Bu aç�klamalar
�ş�ğ�nda bu devre için çevre ak�mlar denklemi aşağ�daki gibi olur. (Çevre
ak�mlar�n�n yönü istenildiği gibi seçilebilir. Sonuç pozitif ç�km�ş ise al�nan
yönde ak�m akt�ğ�n�, negatif değer ç�km�ş ise al�nan yönün tersi yönde ak�m�n
akt�ğ� anlaş�lmas� gerekir. Bulunan sonucun mutlak değeri al�narak bu ak�m
kullan�lacak yerlerde kullan�lmas� gerekir.)
Z 1 .I 1 + ( Z 2 + Z 3 ).( I 1 − I 2 ) = U 1
( Z 2 + Z 3 ).( I 2 − I 1 ) + Z 4 .I 2 = −U 2
çevre ak�mlar� denklemi düzenlendiğinde, düzenlenmiş denklem ortaya ç�kar.
( Z 1 + Z 2 + Z 3 ).I 1 − ( Z 2 + Z 3 ).I 2 = U 1
− ( Z 2 + Z 3 ).I 1 + ( Z 2 + Z 3 + Z 4 ).I 2 = U 2
Z2
(I1 - I2)
(I2 I1)
Z3
Her göz yaz�l�rken o gözün ak�m�n�n
diğer göz ak�m�ndan yüksek kabul
edilerek şekil6.2 de gösterildiği gibi
yaz�lmas� gerekir. Ak�m yönleri ayn�
olmuş
olsayd�,
ç�kar�lmazd�
toplanmas� gerekirdi.
Şekil6.2
Devre iki gözlü olduğundan iki denklem bulunmuştur. Bu denklemler
matematik kurallar� doğrultusunda çevre ak�mlar� bulunur. Bu kaynakta
denklem çözümleri matris ve determinant yard�m� ile çözümün bulunmas�
sağlanacakt�r. Çevre ak�mlar� bulunduktan sonra bu ak�mlardan kol ak�mlar�
eşitlikleri bulunarak devre elemanlar�n�n üzerinden geçen ak�mlar bulunur. Bu
devrede Z1 eleman�n�n üzerinden I1 ak�m�, (Z2, Z3) elemanlar�ndan (I1-I2) veya
(I2-I1) ak�m� ve Z4 empedans� üzerinden ise I2 göz ak�m� görülür.
Örnek6.1
Şekil6.3 de verilen alternatif ak�m devresindeki göz ak�mlar�n� hesaplay�n�z.
123
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Z1
Z3
+
U1
Z2
+
j 8 ohm
U2
12 V
6V
Şekil6.3
Çözüm6.1
Şekil6.3 de verilen alternatif ak�m devresi iki gözlü bir devredir. Bundan
dolay�d�r ki iki göz ak�m� dolaşmaktad�r. Şekil6.4 de göz ak�mlar�n�n yönü
gösterilerek gözler belirlenmiş ve bu göz ak�mlar� ile her göz için kirşofun
gerilim kanununu uygulanm�ş ve çevre denklemi oluşturulmuştur.
R=10 ohm
+
j 4 ohm
+
Z1
+
U1
+
i1
Z2
12 V
j 8 ohm
+
Z3
i2
+
U2
6V
Şekil6.4
Z1 .i1 + ( i1 − i2 ).Z 2 = U1
Z 2 .( i2 − i1 ) + Z 3 .i2 = −U 2
denklem düzenlendiğinde çevre ak�mlar denklemi aşağ�daki şekli al�r.
( Z 1 + Z 2 ).i1 + ( − Z 2 ).i2 = U 1
( − Z 2 ).i1 + ( Z 2 + Z 3 ).i2 = −U 2
empedans değerlerini yerlerine yazarak denklemi tekrar yazarak, bu
denklemin çözümünü matris ve determinantla çözümü yap�l�r.
124
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
( 10 + j8 ).i1 + ( − j8 ).i2 = 12
10 + j8 − j8  i1   12 
.
=
 − j8
j 4  i2  − 6

( − j8 ).i1 + ( j8 − j 4 ).i2 = −6
∆=
i1 =
i2 =
Topak
10 + j8 − j8
= ( 10 + j8 ). j 4 − ( − j8. − j8 ) = 32 + j 40
j4
− j8
12 − j8
− 6 j4
∆
=
10 + j8 12
− j8 − 6
∆
( 12. j 4 ) − ( −6. − j8 )
0
=
= 0A
32 + j 40
32 + j 40
=
( −6.( 10 + j8 )) − ( − j8.12 )
= 1,5∠90 o A
32 + j 40
6.2 SÜPERPOZİSYON TEOREMİ
Birden fazla kaynak bulunan doğrusal ve çift yönlü bir elektrik devresinde
herhangi bir koldan geçen ak�m veya kolun uçlar�ndaki gerilim süperpozisyon
yöntemi ile bulunur.
Doğrusal ve çift yönü bir elektrik devresinde herhangi bir koldan geçen ak�m
veya kolun uçlar�ndaki gerilim kaynaklardan her birinin ayr� ayr� bu koldan
geçirdikleri ak�mlar�n veya kolun uçlar�nda meydana getirdikleri gerilimlerin
toplam�na eşittir.
Bu yöntem, devre çözümlerinde çok işe yarar. Gerilim veya ak�m kaynaklar� ile
beslenen lineer devrelere uygulan�r. Devrede kaç aktif kaynak varsa, s�ra ile
kaynaklardan yaln�z bir tanesi devrede b�rak�larak diğerleri, gerilim kaynaklar�
ise k�sa devre, ak�m kaynaklar� ise aç�k devre yap�l�r. Örnek vermek gerekirse;
kaynaklar gerilim kaynağ� ise devredeki herhangi bir kolun ak�m� bulunmas�
isteniyorsa s�ra ile her gerilim kaynağ�n�n o koldan geçirdiği ak�mlar bulunur.
Bu bulunan ak�mlar�n toplam� kol üzerinden geçen ak�m� verir. (ak�mlar�n
yönleri dikkate al�n�r) Bu konu ile ilgili örnekler yaparak konun anlaş�lmas�n�
sağlayal�m.
Örnek6.2
Şekil6.5 deki alternatif ak�m devresindeki kondansatör uçlar�ndaki gerilimi
süperpozisyon yöntemi ile hesaplay�n�z.
125
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
j20 ohm
R=30 ohm
+
Topak
+
-j40 ohm
U1
U2
25 V
5V
Şekil6.5
Çözüm6.2
Süperpozisyon yöntemi ile çözülen ilk örnek olduğu için bu örnek aç�klamal�
bir şekilde çözüme gidilecektir. Süperpozisyon yönteminde devrede ne kadar
aktif kaynak olursa olsun devrede tek kaynak kalacak şekilde devre tekrar
çizilir. Devreden ç�kart�lan ak�m kaynağ� ise aç�k devre, gerilim kaynağ�
ç�kart�lm�ş ise o uçlar k�sa devre edilir. Pasif elemanlar�n yerleri ve tüm
elemanlar�n değerleri değiştirilmezler. Bu devre için ilk U1 kaynağ�n� devrede
b�rak�p devreyi tekrar çizelim.
j20 ohm
R=30 ohm
R=30 ohm
+
+
U1
+
-j40
ohm
v1
25 V
Kisa
devre
(a)
U1
v1
j40
25 V
(b)
U1 devre iken devrenin empedans� bulunarak kondansatör uçlar�ndaki gerilimi
gerilim bölme yöntemi ile bulunur. Şekil6.5 (a) da ak�m�n ak�ş�na göre
kondansatör uçlar�ndaki gerilimin kutuplar� gösterilmiştir.
Z1 =
800∠0 o
( 20∠90 o ).( 40∠ − 90 o )
= 40∠90 o
=
j 20 − j 40
20∠ − 90 o
bu sonuç şekil6.5 (b) de gösterilmiştir. Gerilim bölme yöntemi bu devre için
uygulan�rsa 25V luk kaynağ�n kondansatör uçlar�ndaki gerilim düşümü
aşağ�daki şekilde bulunur.
126
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
v1 = (
Topak
40∠90 o
40∠90 o
).U 1 = (
).25V == 20∠36 ,87 o V = (16 + j12) V
o
30 + j 40
50∠53,13
j20 ohm
R=30 ohm
j20 ohm
+
K�sa
devre
v1
+
+
-j40
ohm
U2
5V
24 -36,87
(c)
+
v1
U2
5V
(d)
Şekil6.5 (c) deki devrede U2 gerilim kaynağ� kalacak şekilde devre şekil tekrar
çizilmiş U1 kaynağ� ise k�sa devre edilmiştir. Devrede kalan kaynağ�n
kondansatör üzerindeki gerilim düşümü değeri, önce eşdeğer empedans
bulunarak gerilim bölme kaidesinden kondansatör üzerindeki gerilim düşümü
bulunmuş olur.
Z2 =
( 30∠0 o ).( 40∠ − 90 o ) 1200∠ − 90 o
= 24∠ − 36 ,87 o Ω
=
30 − j 40
50∠ − 53,13o
24∠ − 36 ,87 o )
24∠ − 36 ,87 o
24∠ − 36 ,87 o
v2 = (
).U 2 = (
).U 2 = (
).U 2
20 − j14 ,4 + j 20
20 + j 5,6
24∠ − 36 ,87 o + j 20
(
24∠ − 36 ,87 o
).5V = 5,78∠ − 52 ,51o V = ( 3,52 − j 4,59 ) V
o
20 ,77∠15,64
Her iki kaynağ�nda gerilim düşümleri ayn� kutup da olduğundan kondansatör
uçlar�ndaki gerilim düşümleri toplan�r. Fark� olsayd� ç�kart�l�rd�. Buna göre
kondansatör uçlar�ndaki gerilim düşümü aşağ�daki gibi olur.
U C = v1 + v 2 = ( 16 + j12 )V + ( 3,52 − j 4,59 )V = ( 19,52 + j 7 ,41 )V = 20,88∠20,79 o V
127
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
6.3 DÜĞÜM GERİLİMLER YÖNTEMİ
Düğüm gerilimleri ile devrelerin analizleri yap�labilir. Bu yöntemle devre analizi
yapmak için analizi yap�lacak devrede gerilim kaynaklar� bulunuyorsa bunun
eşdeğeri olan ak�m kaynağ�na dönüşümü yap�l�p devre tekrar düzenlenmesi
gerekir. Yeni oluşacak devrede düğümler belirlenip, en kalabal�k düğüm
noktas� referans düğüm tayin edilerek o düğüm topraklanmas� gerekir. Aktif
düğümlere bir isim verilerek(U1, U2 veya UA, UB gibi) bu düğümlere kirşofun
ak�mlar kanunu her düğüm için ayr� ayr� uygulan�r. Düğüme giren ak�mlar�
pozitif ç�kan ak�mlara negatif mant�ğ� düşünülürse; 1.düğümden ç�kan ak�m
diğer düğüme giren olduğunu unutmamak gerekir. 1.düğümde ayn� ak�m
negatif durumunda iken diğer düğüme girdiği için pozitif olacakt�r. Düğümlere
giren aktif elemanlar�n yönleri giren, ç�kan durumunda bağl� ise ayn� yönü
almak zorunluluğu vard�r. Fakat bağ�ms�z kol ak�mlar�n� istediğiniz yönde
alabilirsiniz. O kollar için seçiminizi hangi yönlü kullanm�ş iseniz sürekli ayn�
yönü o devrede o kol için kullanmak zorundas�n�z. Kollar�n üzerinden geçen
ak�mlar� düğüm gerilimleri eşitinden yazarak oluşturduğunuz denklemde
yerine yazarak düğüm gerilimlerini matematik kurallar� ile çözümü yapars�n�z.
Düğüm gerilimleri bulunduktan sonra kol ak�mlar� ve o kolun gerilimleri bu
şekilde bulma imkan�na sahip olursunuz. İki düğüm aras�ndaki bir direncin
üzerinden geçen ak�m ile referans düğüm aras�nda kalan bir direncin
üzerinden geçen ak�m� düğüm gerilimleri eşiti aşağ�daki şekilsel ve teorik
olarak gösterilmiştir. (U1>U2>........>0)
Şekil6.6
10Ω direncin bağl� olduğu düğümler U1 ve U2 düğümleri bu düğümlerin
potansiyel fark� bu eleman üzerindeki gerilimi verir. Bu gerilimin direnç
değerine bölümü(ohm kanunu) o kolun üzerinden geçen ak�m� verecektir.
Burada dikkat edilirse 1.düğümün geriliminin yüksek potansiyelde olduğu
128
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
kabul edilmiştir. Referans düğüm tayin ettiğiniz düğümümü topraklad�ğ�n�zdan
o düğümün gerilimi s�f�r olacakt�r. Ondan dolay� 100Ω direncin uçlar�ndaki
gerilim sadece 1.düğümün gerilimine eşittir. Bu sözle ifade ettiklerimizi bir
örnek üzerinde uygulamas�n� yapal�m.
Örnek6.3
Şekil6.7 deki alternatif ak�m devresinde düğüm gerilimler yöntemi ile endüktif
reaktans�n üzerinden geçen ak�m� hesaplay�n�z.
J2 ohm
5A
i1
-j5 ohm
4 ohm
1A
i2
Şekil6.7
Çözüm6.3
Şekil6.7deki alternatif ak�m devresinde aktif düğümleri belirleyerek en
kalabal�k düğümü referans düğüm tayin edelim. Devre elemanlar�n�n
üzerlerinden geçirdikleri ak�mlar� ve yönlerini şekil6.8 de gösterilmiştir.
Kirşofun ak�mlar kanunundan düğüm denklemini admidans cinsinden
yaz�l�rsa;
i1 = Y1U 1 + Y2 (U 1 − U 2 ) 1. düğüm denklemi
(Y1 + Y2 ).U 2 = Y3U 2 + i2 2. düğüm denklemi bu denklemler düzenlenirse,
(Y1 + Y2 ).U 1 + (−Y2 ).U 2 = i1
(−Y2 ).U 1 + (Y2 + Y3 ).U 2 = −i2
düğüm gerilimler denklemi elde edilir. Bu denklem kirşofun ak�mlar
kanununda, bir düğüme giren ak�mlar ç�kan ak�mlara eşit olduğunu ifade etmiş
olduğundan bu kanunla ç�kart�lm�şt�r. Çevre ak�mlar�nda olduğu gibi bu
denklem çözüldüğünde düğüm gerilimleri bulunur. bu denklemin çözümü
matris ve determinant ile çözülebilir.
129
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Y1 + Y2
 −Y
2

Topak
− Y2  U 1   i1 
.
=
bu matris determinantla çözülürse;
Y2 + Y3  U 2  i 2 
Y + Y2
∆ = det  1
 − Y2
− Y2 
= (Y1 + Y2 )(Y2 + Y3 ) − Y22 = Y1 .Y2 + Y1 .Y3 + Y22 + Y2Y3 − Y22

Y2 + Y3 
= Y1 .Y2 + Y1Y3 + Y2Y3
Değerler Y1 = 0,25∠0 o ,
Y2 = 0,5∠ − 90 o
ve
Y3 = 0,2∠90 o
bu değerler
determinant da ki yerlerine konulur işlemler yap�l�rsa ∆ = 0,125∠ − 36,87 o
değeri bulunur. ∆ bulunduktan sonra 1. düğüm gerilimi aşağ�daki şekilde
bulunur.
 i
det  1
− i 2
U1 =
− Y1 
Y2 + Y3 
∆
i1 (Y2 + Y3 ) − i2Y2 (5∠0 o )(0,5∠ − 90 o + 0,2∠90 o ) − (1∠0 o )(0,5∠ − 90 o )
=
=
∆
∆
1∠ − 90 o
=
= 8∠ − 53,13o V = (4,8 − j 6,4)V
o
0,125∠ − 36,87
Y + Y2
det  1
 − Y2
U2 =
∆
i1 
− i2 
=
(Y1 + Y2 )(−i2 ) + Y2 .i1 (0,25 − j 0,5)(−1) + (0,5∠ − 90 o )(5)
=
∆
∆
− 0,25 + j 0,5 − j 2,5 − 0,25 − j 2 − (0,25 + j 2) − 2,016∠82,87 o
=
=
=
=
∆
∆
∆
0,125∠ − 36,87 o
− 16,12∠119,74 o = 16,12∠ − 60,26 o V = (8 − j14)V
130
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Y2(U1-U2)
U1
1
Y1U1
U2
2
-90 S
Y2=0,5
5A
Topak
Y1=0,25 0 S
1A
Y3U2
Y3=0,25 90 S
0V
Şekil6.8
2. düğümün gerilimi bulunur. bobin eleman� 1. ve 2 düğüm gerilimleri aras�nda
bağl� ve şekil6.8 de bobin üzerinden geçen ak�m denklemin de değerler
yerlerine yaz�larak bobin üzerinden geçen ak�m bulunur.
i L = Y2 .(U 1 − U 2 ) = (0,5∠ − 90 o ).(4,8 − j 6,4) − (8 − j14)
= −0,5(−3,2 + j 7,6) = (3,8 + j1,6) A
= 4,12∠22,83o A
6.4 THEVENİN TEOREMİ
Thevenin teoremi; bir yada daha fazla gerilim kaynağ� ile beslenen lineer
devre çözümlerini kolaylaşt�ran bir yöntem olup, şu biçimde tan�mlan�r. A ve B
gibi uçlar� olan bir devrenin bu uçlar�na bir direncin bağland�ğ� zaman, bu
U AB
dirençten geçen ak�m I =
d�r.
Z TH + R
Şekil6.9
131
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Burada UAB; A,B uçlar� aras�nda R direnci yokken bu uçlar aras�ndaki ölçülen
potansiyel fark. RT; devredeki bütün gerilim kaynaklar�, k�sa devre, ak�m
kaynaklar� aç�k devre yap�larak elde edilen A,B uçlar� aras�ndaki toplam
empedans�d�r. Böylece, ZT ile UAB seri bağlanarak elde edilen devreye AB
aras�nda gözüken devrenin THEVENİN EŞDEĞER devresi denir. Şekil6.6de
görüldüğü gibi elektrik devresinin AB uçlar�ndaki thevenin eşdeğerini verir.
Buradaki UAB gerilimine Thevenin eşdeğer gerilimi olan UTH=UAB ve ZT
direncine ise ZTH olarak kullan�lacakt�r. Orjinal devrede bağl� iken R,XC veya
XL direnci üzerinden geçen ve uçlar�ndaki gerilim değeri ne bulunursa, o
orijinal devrenin Thevenin eşdeğeri oluşturulur R, XC veya XL direnci thevenin
eşdeğerine bağlan�r ve hesaplan�r. Veya ölçülerek de ayn� değer bulunur.
Şekil6.10 Orijinal devre ve o devrenin Thevenin eşdeğeri
Elektrik, elektronik devreler kar�ş�k olabilir. Devrenin analizini thevenin teoremi
ile yap�lacak olursa hata yap�lmayacakt�r. Maddeler halinde aç�klayal�m.
1- Analizi yap�lacak kol orijinal devreden ç�kart�l�r. Ç�kar�lan bu noktaya bir
isim verilir. (A,B veya 1,2 gibi)
2- Devreden bütün kaynaklar ç�kart�l�r. Ç�kar�lan gerilim kaynağ� ise o uçlar
k�sa devre, ak�m kaynaklar� ise aç�k devre yap�l�r. Ç�kar�lan (analizi
yap�lacak) kol uçlar�ndan bak�larak o uçlar�n eşdeğer empedans� bulunur.
Bu bulunan eşdeğer empedans, ç�kart�lan kol uçlar�n�n thevenin eşdeğer
direnci(ZTH) dir.
3- Analizi yap�lacak kolun (1.maddede ç�kar�lan kol) uçlar�n�n Thevenin
eşdeğer devresi çizilir.
132
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil6.11 Orijinal devre ve AB uçlar�n�n Thevenin eşdeğeri
4- Ç�kart�lan kol thevenin eşdeğer devresine (AB uçlar�na) bağlan�r.
Kirşofun gerilimler kanunu uygulanarak kol ak�m� bulunur.
Bu maddeleri uygulayarak bunu say�sal bir örnek üzerinde çözümünü thevenin
yöntemi ile yapal�m.
Örnek6.4
Şekil6.12 daki alternatif ak�m devresinde R direnci uçlar�ndaki (ab ile
gösterilen kolun) thevenin eşdeğer devresini bulunuz.
500 ohm
j100 ohm
+
a
-j200 ohm
U
12 V
R
b
Şekil6.12
Çözüm6.4
Thevenin eşdeğeri bulunacak kol devreden ç�kart�larak devredeki tüm aktif
kaynaklar devreden ç�kart�l�r. Ç�kart�lan bu devre için gerilim kaynağ�
olduğundan bu uçlar k�sa devre edilir. Şekil6.13 (a) de görüldüğü gibi
thevenin eşdeğeri bulunacak kol uçlar�ndan bak�larak thevenin eşdeğer
empedans� bulunur.
133
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
500 ohm
j100 ohm
-j200 ohm
Kisa
devre
a
ZTH
b
Şekil6.13(a)
Z TH = 500 +
( 100∠90 o ).( 200∠ − 90 o )
2 × 10 4
= 500 +
j100 − j 200
100∠ − 90 o
= 500 + j 200 Ω = 538,52∠21,8 o
Ç�kart�lan kaynaklar devreye tekrar yerlerine bağlanarak kanun ve
yöntemlerden faydalan�larak, tehevenin eşdeğeri oluşturulacak uçlar�n
thevenin gerilim değeri bulunur. Şekil6.13(b) de gösterilmiştir.
500 ohm
j100 ohm
+
-j200 ohm
a
UTH
U
12 V
b
Şekil6.13(b)
− j 200
− j 200
).12V = (
).12V = 24∠0 o
j100 − j 200
− j100
bulunan bu değerler thevenin eşdeğer devresinde yerine yaz�larak ab
uçlar�n�n Thevenin eşdeğer devresi şekil6.13(c) deki gibi oluşturulmuş olur.
U TH = (
134
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
ZTH=
538,52
Topak
a
21,8
+
R
U
24 V
b
Şekil6.13(c) Devrenin Thevenin eşdeğeri
Direnç değeri 200 ohm değerinde bağlanm�ş olsayd�, direnç üzerindeki
ak�mda aşağ�daki şekilde bulunurdu.
I=
24V
= 6,59∠ − 15,95 o Amper
538,52∠21,8 o + 200
6.5 NORTON TEOREMİ
Norton teoremi, thevenin teoreminin değişik bir biçimi(dual�) olup a ve b gibi iki
ucu olan lineer aktif bir devrenin bir RN direnci ile paralel bir IN ak�m kaynağ�
biçimine sokulma olanağ� verir. Bu biçimde elde edilen devreye NORTON
EŞDEĞER ak�m kaynağ� ad� verilir. Bu ak�m kaynağ�n�n eşdeğer gerilim
kaynağ� ise Thevenin Eşdeğer gerilim kaynağ�d�r. Norton eşdeğer ak�m
kaynağ� devresinde;
IN: Verilen devrenin AB uçlar� k�sa devre yap�lmas� ile oluşan çevre ak�m�d�r.
RN: Devredeki gerilim kaynaklar�n�n k�sa devre, ak�m kaynaklar�n�n aç�k devre
yap�lmalar�ndan sonra AB aras�ndaki devrenin toplam direncidir.
Bir elektrik devresinde her hangi bir kolun analizi norton teoremi ile bulunmas�
gerekirse aşağ�daki ad�mlar uyguland�ğ� zaman devrenin çözümü daha
sağl�kl� olacakt�r.
1- Analizi yap�lacak kol devreden ç�kart�l�r. Ç�kart�lan bu noktaya bir
isim verilir. (Örneğin; A,B veya 1,2 gibi)
2- Devreden bütün kaynaklar ç�kart�l�r. Ç�kart�lan gerilim kaynağ� ise
k�sa devre, ak�m kaynağ� ise aç�k devre yap�l�r. Ç�kar�lan(analizi
yap�lacak) kol uçlar�ndan bak�larak o uçlar�n eşdeğer direnci
135
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3- bulunur. Bu bulunan eşdeğer direnç ayn� zamanda ZN eşdeğer
direncidir.
4- Devreden ç�kart�lm�ş olan ak�m ve gerilim kaynaklar� devreye tekrar
ayn� yerlerine bağlanarak devreye bilinen konunlar veya teoremler
uygulanarak analizi yap�lacak kolun uçlar�n�n k�sa devre ak�m�
bulunur. Bu bulunan k�sa devre ak�m� ayn� zamanda IN ak�m�d�r
eşittir.
5- Analizi yap�lacak kolun(1.maddede ç�kar�lan kol) norton eşdeğer
devresi çizilir.
Şekil6.14 Norton eşdeğer devresi
6- Ç�kart�lan kol norton eşdeğer devresine (AB uçlar�na) bağlanarak
kirşofun ak�mlar kanunu uygulan�r, kol ak�m� bulunur.
Bu maddeleri uygulayarak say�sal bir örnek çözülürse norton yöntemi daha
anlaş�l�r ve devrelerin analizi yap�labilir.
Örnek6.5
Şekil6.15(a)deki devrenin ab uçlar�n�n norton eşdeğer devresini oluşturunuz.
136
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
4 mA
j5 kohm
-j3
kohm
26
a
1
kohm
90 V
-j2
kohm
12 kohm
b
Şekil6.15(a)
Çözüm6.5
Norton yöntemini aç�klarken ab uçlardaki kollar�n ç�kart�l�p, ç�kart�lan kol
uçlar�n�n empedans�n�n bulunmas� için devredeki tüm aktif kaynaklar
devreden ç�kart�larak (ç�kart�lan kaynak gerilim kaynağ� ise k�sa devre, ak�m
kaynağ� ise aç�k devre yap�l�r) devrenin o uçlar�ndaki eşdeğer empedans�
bulunur denilmişti bu doğrultuda eşdeğer empedans şekil6.15(b) de ve teori
çözümü aşağ�daki gibi olur.
j5 kohm
-j3
kohm
a
ZN
K�sadevre
12 kohm
b
Şekil6.15(b)
Şekil6.15(b) görüldüğü gibi, gerilim kaynağ� k�sa devre edilince paralel bağl�
olanj3 kohm’luk kapasitif reaktans k�sa devre olmuştur. Devrenin ab
uçlar�ndaki empedans� j5 kΩ ve 12 kΩ seri durumdad�r.
Z N = 12kΩ + j 5kΩ = 13∠22,62 o kΩ bulunur.
Devrenin ab uçlar�n�n norton ak�m�n� süper pozisyon yöntemi ile bulabiliriz. Bu
ak�m� istenilen kanun veya yöntemlerden yaralanarak bulunabilir.
137
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
j5 kohm
a
i1
+
-j3
kohm
26
90 V
12 kohm
b
Şekil6.15(c)
26∠90 o V
26∠90 o V
i1 =
=
= 2∠67,38 o mA şekil6.15(c)
o
12kΩ + j 5 13∠22,62
bulunur.
deki devren i1 ak�m�
Şekil6.15(d) devrede ak�m kaynağ� kalacak şekilde ve gerilim kaynağ�
devreden ç�kart�larak uçlar� k�sa devre edilmiştir. Buna göre süperpozisyon
yöntemi kullan�larak çözersek;
4 mA
j5 kohm
i2
-j3
kohm
12 kohm
Şekil6.15(d)
i2 = (
5∠90 o kΩ
5∠90 o kΩ
)(4∠0 o mA) = (
).4∠0 o mA = 1,54∠67,38 o mA
12kΩ + j 5kΩ
13∠22,62 o
Her iki kaynağ�n ab uçlar�ndan geçirdikleri ak�m�n yönleri ayn� olduğu için bu
iki ak�m toplan�r. Bu ak�m ab uçlar�n�n norton ak�m�d�r.
i N = i1 + i2 = 2∠67,38 o mA + 1,54∠67,38 o mA = 3,54∠67,38 o mA
bulunan bu ak�mlar ve norton eşdeğer devresi çizilerek değerleri üzerine
yaz�lm�ş şekli, şekil6.15(d) görülmektedir.
138
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
a
Z N = 13∠22,62o kΩ
o
i N = 3,54∠67,38 mA
b
Şekil6.15(d): Norton eşdeğer devresi
139
BÖLÜM 7
REZONANS
7.1 SERİ REZONANS
7.2 PARALEL REZONANS
140
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
7. REZONANS
Herhangi bir sistemde rezonans olabilmesi için iki çeşit enerji depo edebilen
eleman�n mevcut olmas� gerekir. Örneğin mekanik bir sistemde kütle ile yay�n,
bir elektrik devresinde ise L ve C bulunmas� laz�md�r. Eğer bir sistemde bir
tane enerji depo edebilen eleman varsa, bu sistemde rezonans
bahsedemeyiz. Örneğin, RL seri veya RL paralel devrelerde rezonanstan söz
edilemez.
L ve C li bir elektrik devresinde uygulanan gerilim ile geçen ak�m ayn� fazda
ise, bu devre rezonans halindedir denir.
7.1 SERİ REZONANS
1. Frekans Değişiminin RLC Seri Devreye Etkisi
Şekil7.1 (a) daki RLC seri devreye uygulanan kaynağ�n gerilimi sabit kald�ğ�,
frekans�n�n değiştiğini kabul edelim. R direnci frekansla değişmez, sabit kal�r.
Endüktif reaktans X L = 2πfL , frekansla doğru orant�l� olarak değişir. f=0 iken
X L = 0 , f = ∞ olduğunda X L = ∞ olur. Kapasitif reaktans Xc = 1 / 2 πfc ,
frekansla ters orant�l�d�r, f = ∞ olduğunda Xc = 0 ve f = 0, iken X C = ∞
olur.
Şekil7.1 (b) de RLC devresindeki R, XL ve XC nin frekansla değişim eğrileri
gösterilmiştir. Devrenin empedans� Z = R 2 + ( X L − X C ) 2 her frekans için
hesaplanarak değişim eğrisi çizilmiştir.
I
R
f
Ic
.U
wc
IC
0
0,1 H
IC
C
=
IR
100Ω
100 V
L
I
{
IC
0,1 µF
IL
(a) RLC Seri Devresi
{
IR = U/R
Frekans
fo
IL = U/wL
(b) Frekansla R, XL, ve
Z’nin değişim eğrileri
Şekil7.1
141
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil7.1 (a) daki RLC seri devresi çeşitli frekanslar için çözülerek değerler
tablo 7.1 de gösterilmiştir.
F Hz
R Ω
XL Ω
XC Ω
XL-XC Ω Z = R 2 + X 2
ϕ = art°
159
660
1245
1515
1590
1760
2575
15900
100
100
100
100
100
100
100
100
100
415
781
952
1000
1105
1618
10000
10 k
2415
1281
1052
1000
905
618
100
-9900
-2000
-500
-100
0
200
1000
--00
-89.4°
-87.2°
-78.7°
-45°
0°
63.4°
84.3°
-89.4°
9900
2002
509
141
100
223
1005
9900
x
R
i=E/ZA
0.0101
0.0499
0.1965
0.707
1.000
0.0488
0.995
0.0101
Tablo 7.1
Şekil7.1 deki devrede endüktif reaktans kapasitif reaktansa f0 frekans�nda eşit
olur. Bu frekansta devrenin empedans� Z=R olduğunda kaynaktan çekilen
I=U/Z=U/R ak�m�, gerilimle ayn� fazdad�r. f0’a devrenin Rezonans Frekans�
denir.
RLC Seri Devresinin Rezonanstaki Özellikleri
a)
b)
c)
d)
e)
2π . f 0 .L =
. f0 =
1
2π . f o .C
1
2π L.C
L=Henri ;
Endüktif reaktans, kapasitif reaktansa eşittir. XL = XC
Empedans minimumdur ve devrenin direncine eşittir. Z=R
Devreden geçen ak�m maksimumdur. I=U/Z=U/R
Devre ak�m� gerilimle ayn� fazdad�r. φ=0
Kaynak gerilimi R direncinde düşen gerilime eşittir. UR=U,
Kondansatörün uçlar�ndaki gerilim bobinin uçlar�ndaki
gerilime eşittir. UC=UL XL=XC durumunun sağlad�ğ�
fo
rezonans frekans�n� hesaplayal�m.
4π 2 . f o .C.L = 1
2
Rezonans frekans� formülü
C=Farad;
f0 = Rezonans frekans�, Hertz
142
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Rezonans frekans� L ve C nin çarp�m�na bağl�d�r. L ve C nin çarp�mlar� ayn�
olan L ve C si farkl� devrenin rezonans frekans� ayn� olacakt�r. Şekil7.1 deki
devrenin rezonans frekans�,
f 0= 1 /(2π 0,1.0,1.10 −6 ) = 1590 Hertz
Bu devrede LC = 0,1.0,1.10 −6 = 10 −4 dür. L nin değeri 10 kat art�r�ld�ğ�nda
(L=1H) devrenin yine ayn� frekansta (f0=1590 Hz) rezonansa gelebilmesi için
C’nin 10 kat küçük bir değerde olmas� (C=0.01 µF) gerekir. Şu halde
LC değeri 10 −4 olan say�s�z RLC devresi haz�rlanabilir. Bütün bu devreler
1590 Hz de rezonansa gelir.
Şekil7.1(a) daki devrede L/C oran� 106 d�r. Rezonansta XL=XC=1000 Ω dur. L
iki kat art�r�l�r ve C nin de yar�s� al�n�rsa (iki kat küçültülürse), LC çarp�m� sabit
kald�ğ� için devrenin rezonans frekans� değişmediği halde rezonanstaki XL=XC
değeri iki kat artarak 2000 Ω olur.
Şekil7.1(a) devresinin 1515 Hz deki XL=952 Ω, XC=1052 Ω dur. Devrenin
reaktans� X=XL-XC= -100 Ω olduğu halde L/C oran� 4 kat art�r�ld�ğ�nda 1515
Hz deki reaktans X= XL-XC = - 200 Ω iki kat artm�ş olur. Dolay�s�yla, L/C oran�
artt�kça empedans büyüyeceğinden ak�m azal�r. Ak�m eğrisi L/C oran� artt�kça
sivrileşir. Şekil 7.2 de farkl� L/C oranl� devrelerdeki ak�m�n değişim eğrisi
görülüyor.
1
AKIM _ I
L
= 4.10 6
C
0
fo
frekans
Şekil 7.2 RLC seri devrelerinde L/C oranlar� için ak�m değişim eğrileri
2. Direncin Etkisi
Rezonans frekans�n� veren formül incelendiğinde direncin frekans�
etkilemediği görülür. R direncinin küçük veya büyük olmas� empedans�n
minimum değerini değiştirir. Dolay�s�yla rezonansta devreden geçen
143
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
maksimum ak�m�n değerini R direnci tayin eder. Örneğin şekil7.1 (a) daki
devreden rezonansta geçen ak�m Io=100/100=1A dir. R=50 Ω iken ayn�
devreden rezonansta geçen ak�m Io=100/50=2A olur.
Şekil 7.3 de frekansla ak�m�n değişim eğrisi görülüyor. R küçüldükçe ak�m
eğrisi sivrileşir. R büyüdükçe de ak�m eğrisi yay�l�r, yani sivriliği gider.
I0=2
R=50 Ω
I0=1
Amper
R=100 Ω
0
fo
frekans
Şekil 7.3 RLC Seri Devrede direncin ak�m eğrisi üzerindeki etkisi
3.Rezonans Devresinin Kalite Katsay�s�: (Q)
Seri rezonans devresindeki R direncini azaltmak ve L/C oran�n� art�rmak,
devreden geçen ak�m�n frekansla bağl� olarak değişimini veren eğrinin
sivrileşmesine sebep olduğunu biliyoruz.
Endüktans ve kapasitansa sahip olan AA devresinde reaktif güç al�ş verişi bu
iki devre eleman�nda olur. Kaynağ�n verdiği güç, endüktif güç ile kapasitif güç
aras�ndaki fark kadar olur. Bu da devrenin eşdeğer reaktans�nda sarf edilen
güce eşittir.
Rezonans halinde endüktans�n reaktif gücü, kondansatörün reaktif gücüne
eşittir. Bu durumda kaynak devrenin direncinde �s� şeklinde kaybolan hakiki
gücü (aktif gücü) sağlar.
Seri RLC devresi rezonansta iken, endüktanstaki veya kapasitanstaki reaktif
gücün hakiki güce oran�na, rezonans devresinin kalite katsay�s�na veya Q’su
denir.
Burada kulland�ğ�m�z Q harfini, reaktif güç için ve elektrik yükü veya şarj� için
kullan�lan Q harfleri ile kar�şt�rmamak gerekir. Kalite katsay�s�ndan
bahsederken devrenin Q katsay�s� deyimini kullanmak suretiyle öteki
Q’lerden ay�rt edilmiş olur.
144
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Q=
Topak
Re aktif güç
Hakiki güç
Genellikle seri rezonans devresinde R direnci bobinin direnci olduğundan Q
katsay�s� için bobinin Q’su ifadesini kullan�r�z.
Reaktif güç =I2 XL ve hakiki güç P=R.I2 ifadesini Q formülde yerine koyal�m.
Q=
I2 .XL
I 2 .R
;
Q=
X L ωL
=
R
R
ωL = 2πfL ve rezonans frekans� fo =
Q=
1
2π LC
yi Q de yerine koyarsak;
1
L/C
R
RLC değerleri cinsinden bulunur. Bir rezonans devresinin Q katsay�s�,
devrenin R direncine ve L/C oran�na bağl� bir katsay� olduğu Q formülü
ifadesinden anlaş�l�r.
R direncinin ve L/C oran�n�n rezonans eğrisi üzerindeki etkisine göre, Q
katsay�s� büyüdükçe rezonans eğrisinin sivrileceği sonucu ç�kar�l�r.
Dolay�s�yla, devre baz� frekanslar� daha iyi seçebilir.
Örnek 9.1
Endüktans� 50µH ve direnci 5Ω olan bir bobine 200 pf lik bir kondansatör seri
bağlanm�şt�r. Bu seri rezonans devresinin Q sünü bulunuz.
Çözüm 9.1
1. Çözüm Q formülden ,
1 50.10 −6
1
Q= .
= .500 = 100
−12
5 200.10
5
145
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm 9.1
2. çözüm Devrenin rezonans frekans�n� bulduktan sonra Q=XL/R formülü
kullanarak da bulunabilir.
1
1
fo =
=
= 1.59 MHz
−6
2π L.C 2π 50.10 .200.10 −12
X L = 2πf 0 L = 2π.1,59.106.50.10 −6 = 500Ω
Q = X L / R = 500 / 5 = 100
4. Rezonansta Gerilim Yükselişi
RLC seri rezonans devresinde frekans değiştikçe kondansatörün uçlar�nda
düşen UC ve UL gerilimleri de değişir. Şekil7.1 (a) devresinde frekans
değiştikçe devredeki UR, UL ve UC gerilim düşümleri çeşitli frekanslar için
hesaplanarak Tablo 7.2 haz�rlanm�şt�r.
Tablo 7.2 Frekansla UR, UL, UC gerilimlerinin Değişmesi ;
f Hz
159
660
1245
1515
1590
1760
2575
15900
UR=IR volt
0,01
4,99
19,65
70,7
100
44,8
9,95
1,01
UL=I.XL volt
1,01
20,7
153,5
675
1000
495
161
101
UC=I.XC volt
101
120
252
747
1000
406
61,5
1,01
Tablo 7.2
Rezonansta endüktans�n ve kondansatörün uçlar�ndaki gerilimler maksimum
değere (1000 volt) ç�kmakta, rezonans�n ileri taraf�ndaki frekanslarda ise UL
ve UC gerilimlerinin düşük olduğu tablodan görülmektedir.
Rezonansta endüktans�n veya kondansatörün uçlar�ndaki gerilimin art�ş�na
rezonanstaki gerilim yükselişi denir.
146
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
U L = I .X L ;
UL =
U C = I .X C ;
X
U
.X L = U . L ;
R
R
Topak
I = E/Z = E/R
UC =
X
U
.X C = U . C
R
R
XL/R=Q yukar�daki ifadelerde yerlerine konursa; rezonanstaki gerili yükselişi
bulunur.
UL = U.Q
UC = E .Q
U, kaynağ�n�n rezonans frekans�ndaki emk’idir. Q katsay�s� genellikle birden
büyük olduğu için, Kondansatörün ve endüktans�n uçlar�ndaki gerilimden çok
büyüktür. Q ye gerilim yükseltme katsay�s� da denir.
Rezonansta, UL ve UC gerilim düşümleri birbirine eşit ve z�t olduğu için, R
direncinin uçlar�ndaki gerili kaynak gerilimine eşittir.
Rezonanstaki gerilim yükselişinden radyolarda istifade edilir. Radonun anten
girişindeki akort devresi Şekil 7.4 de görülüyor. Bu devredeki jeneratörün
sembolü anten kuplaj� ile meydana gelen sinyali gösterir. Bu devre bir seri
rezonans devresidir. C varyab�l (değişken) kondansatörünü ayar ederek devre
rezonansa getirildiğinde, kondansatörün uçlar�ndan al�nan gerilim U sinyal
geriliminin Q kat� kadar olur. Böylece antenden gelen zay�f U Sinyali
kuvvetlendirilmiş olur: Böyle bir devrenin Q su 100 civar�nda olabilir.
R
100Ω
L
0,1 H
C
UC
U
Şekil 7.4 Rezoanasta gerilim yükselişi Radyo anten akort devresi.
5. Seçicilik
Seri RLC devresinden geçen ak�m�n frekansla değişimi Şekil 7.5 de
görülüyor. Rezonansta devreden geçen ak�m Io maksimumdur. Bu anda UC
ve UL gerilimlerini de devreye uygulanan gerilimin Q kat� kadard�r. Frekans,
(fo) rezonans frekans�ndan daha küçük oldukça devrenin empedans�
147
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
büyüyeceğinden devreden geçen ak�m azalmaya,dolay�s�yla UL ve Uc
gerilimleri de küçülmeye başlar. Devreye uygulanan gerilimin frekans�
rezonans frekans�ndan itibaren artt�kça, yine empedans büyür ve ak�m
azalmaya başlar.
I0
0,707 I0
0
f1
f0 f2
frekans
Şekil 7.5 RLC seri devrede frekansla ak�m�n değişim eğrisi.
f1 ve f2 frekanslar�nda devreden geçen ak�m, Io rezonans ak�m�n�n (1/ 2 )
veya 0.707 kat� kadar olmas� bir akord devresi için yeterli kabul edilir f 1 den
küçük ve f2 den büyük frekansl� sinyaller bu akort devre taraf�ndan yeterli
şiddette al�nmazlar.
f1 ve f2 frekanslar�nda devreden geçen ak�mlar�n devrede sebep olduklar�
I0
1
2
güç kayb� P = R.I 2 = R ( ) 2 = R.I 0 vatt�r. Rezonanstaki güç kayb� P=R.I02
2
2
olduğuna göre f1 ve f2 frekanslar�ndaki güç kay�plar� rezonanstaki güç
kayb�n�n yar�s�na eşittir. Rezonans eğrisi üzerindeki f1 ve f2 frekanslar�n�n
verdikleri noktalara yar� güç noktalar� denir.
(f2-f�) bize bant genişliğini verir. Rezonans frekans� f1 ve f2 frekanslar�n�n
geometrik ortalamas�na eşittir.
fo =
f1 . f 2
f1 frekans�nda devreden geçen ak�m� I1 =(1/ 2 ) I0 olduğuna göre devrenin
empedans� rezonanstaki değerinden 2 kadar artm�ş demektir. Rezonansta
Z=R olduğundan f1 deki empedans da Z2= 2 R
dir. Empedans�n
Z= R 2 + X L − X C = 2 R olmas� için
XL-XC=R olmas� gerekir.
Frekans�n f0 dan f2 ye yükselmesinden dolay� XL deki art�ş (R/2) olduğu için bu
iki değer aras�ndaki fark (XL/XC) =R olur.
148
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Frekans fo dan f1 e düşünce XL deki azalma (R/2), XC deki artma (R/2) olduğu
için XC-XL=R olur.
f2 deki XL nin artmas� R/2, f1 deki XL nin artmas� R/2 olduğuna göre XL2-XL1=R
olur.
2πf 2 L − 2πf 1 L = R ;
2πL ( f 2 − f1 ) = R
( f 2 − f 1 ) = R / 2πL
Buraya kadar elde edilen ifade bize bant genişliğini verir. Elde edilen bant
genişliği formülünde eşitliğin her iki taraf�n� (f0) a bölerek ters çevirtelim.
2πf 0 L
fo
=
f 2 − f1
R
Elde edilen bu ifadenin (formülün) eşitliğin sağ taraf� bize devrenin Q sunu
verir.
Q=
2πf 0 L
fo
=
f 2 − f1
R
f 2 − f1 = f 0 / Q
Devrenin Q su artt�kça, rezonanstaki gerilim yükselmesi artacağ�ndan
devrenin duyarl�l�ğ�(sensivitesi) büyüdüğü gibi bant genişliği daralacağ� için
devrenin seçiliği (selekvitesi) de artar.
7.2 PARALEL REZONANS
1. Frekans Değişiminin RLC Paralel Devreye Etkisi
Şekil7.6 saf R, L ve C elemanlar�n�n paralel başlad�ğ� bir devreyi gösteriyor.
Uygulanan kaynağ�n emri (U) sabit kald�ğ� halde frekans�n�n değiştiğini kabul
edelim. R direncinden geçen ak�m frekans değişikliğinden etkilenmeyeceği
için sabit kal�r. Frekans artt�kça L endüktans�n�n reaktans� artacağ� için bu
koldan geçen ak�m azalmaya başlar. Frekans artt�kça C kondansatörünün
reaktif direnci azalacağ� için bu koldan geçen ak�m artar. Şekil 7.7 de
kollardan geçen ak�mlar�n frekansa bağl� olarak değişmeleri görülüyor.
149
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
I
=
Ic
IR
.U
wc
{
IC
IC
0
I
U
IR
IC
R
IL
IC
L
C
{
Şekil 7.6 RLC paralele devre
Frekans
fo
IL = U/wL
IL
f
IR = U/R
Şekil 7.7 RLC paralel devrede
kollardan geçen ak�mlar�n değişim
eğrileri
RLC paralel devrede dirençten geçen IR ak�m�,devreye uygulanan emk ile ayn�
fazda; L den geçen IL ak�m� U den 90° ileridedir.kaynaktan çekilen ak�m IR, IL
ve IC kol ak�mlar�n�n vektörel toplamlar�na eşittir. Şekil 7.8 (a ) da vektör
diyagram� görülüyor. Kaynaktan çekilen ak�m,
IC
Ic
IR
0
ϕ
I L -I C
U
IR=I
0
U
I
IC
IL
IL
(a)
(b)
Şekil 7.8 RLC paralel devresinin vektör diyagram�
Şekil 7.6 daki RLC paralel devresinde kaynaktan çekilen ak�m ile U= kaynak
emk’i ayn� fazda olduğunda, devre rezonans halindedir. Şekil 7.8 (b) de
görülüyor. Rezonansta I=IR dir, yani devre ak�m� minimumdur.
Şekil 7.7 de IL=IC eşitliği fo frekans�nda sağlad�ğ� için bu frekansa rezonans
frekans� denir. Devrenin rezonans frekans�n� IL=IC eşitliğinden hesaplayal�m.
150
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
E / 2πf 0 L = U .2πf 0 .C
1 / 2πf o L = 2πf 0 .C
f0 =
1
2π LC
Paralel devrede rezonans frekans�n� veren formül, seri devrenin rezonans
frekans�n� veren formülün ayn�s�d�r.
RLC Paralel Devrenin Rezonanstaki Özellikleri
a) Kaynaktan çekilen
maksimumdur.
ak�m
minimum,
devrenin
empedans�
b) IL=IC olduğundan, XL=XC olur.
c) Kaynaktan çekilen ak�m R direncinin çektiği ak�md�r.
d) Devre ak�m�, kaynak gerilimi ile ayn� fazdad�r. ϕ=0°
e) L ve C dene geçen ak�mlar, kondansatörün ve endüktans�n karş�l�kl�
şarj ve deşarj�ndan meydana gelir.
f) Kaynaktan çekilen güç dirençte �s� şeklinde kaybolan güçtür
2.Rezonansta Ak�m�n Yükselişi :
RLC paralel rezonans devresinde R direnci çok büyük seçilirse, rezonansta
kaynaktan çekilen ak�m çok küçük olur. I =IR=U/R.L ve C den geçen ak�mlar
XC ve XL reaktif dirençler küçük seçilmek suretiyle art�r�labilir. Bunun
sonucunda L ve C dene meydana gelebilen kapal� devreden geçen ak�m
(Tank ak�m�) kaynaktan çekilen ak�mdan çok büyük olur.
Paralel rezonans devresinde devrenin Q katsay�s�, endüktanstaki veya
kapasitansta ki reaktif gücün hakiki güce (dirençte �s� olarak kaybolan güce)
oran�d�r.
Q=
reaktif güç E 2 / X L
= 2
aktif güç
E /R
Q=
R
XL
Dikkat edilirse paralele rezonans devresinin Q katsay�s� seri rezonans
devresindeki Q nun tersine eşit olduğu görülür.
151
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Paralel rezonans devresindeki IL veya IC ak�m� IL=U/XL dir.
U yerine U=IR.R yazarsak,
IL=IR.R/XL bulunur.
IR=I, Q =R/XL ifadesini yerlerine yazarsak rezonansta L ve C den geçen ak�m
(tank ak�m�) veren formül bulunur.
IL=I.Q
IL=I.Q formülü, rezonansta endüktanstan veya kondansatörden geçen ak�m�n
yükselişini verir.
3. Pratik Paralel Rezonans Devresi
Kay�ps�z saf bir self bobini yapmak imkans�zd�r.bobini meydana getiren
İletkenlerin dirençlerinden dolay� �s� şeklinde bir güç kayb� meydana
gelir.Gerçek bir self bobini endüktansa seri bağl� R direnci ile gösterilir.Bir
kondansatörün dielektiriğinde �s� şeklinde kaybolan güç çok küçük olduğu için
ihmal edilebilir.Şekil9.9 (a) da pratik (gerçek) bir paralel rezonans devresi
görülüyor.
Kondansatörden geçen Ic ak�m�n� gerilimden Ic ak�m�n� gerilimden 90° ileride,
bobinden geçen IB ak�m� da gerilimden ϕB kadar geride alarak Şekil 7.9. (b) de
görülen vektör diyagram�n� çizelim.
IC
I
I
IC
IB
0
L
U
ϕ
ϕb
U
IR
C
R
IL
(a)
Ib
(b)
Şekil 7.9 Pratik paralel rezonans devresi ve vektör diagram�
Kaynaktan çekilen ak�m, IB ve IC ak�mlar�n�n vektörel toplam�na eşittir. Ib ak�m�
IR ve IL bileşenine ay�ral�m. Bu devrenin rezonansa gelebilmesi için kaynaktan
çekilen I ak�m� ve U geriliminin ayn� fazda olmas� (ϕ=0) laz�md�r. Şekil9.9 (b)
152
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
deki vektör diyagram� dikkatlice incelirse, bobinden geçen IB ak�m�n�n IL
bileşeninin IC ak�m�na eşit olduğunda I ile U nin ayn� fazda olacağ� görülür.
Zb
ϕb
Xb
R
IC = I L
IR = IB. cosϕb
IL ak�m�
IL = IB .sinϕb
IB ve sinϕb değerlerinin hesaplay�p IL = IB .sin
ϕb
Şekil 7.10 empedans üçgeni
ifadede yerlerine koyarak IL yi bulal�m.
Şekil 7.10 da bobinin empedans üçgeni görülüyor. Bu üçgenden,
ZB = R2 + X L
2
sin ϕ b = X L / Z B =
XL
R2 + X L
2
yaz�l�r. Bobinden geçen ak�m,
IB = U / ZB
IB =
U
R2 + X L
2
IB ak�m�n�n IL bileşeni,
IL =
U
R2 + X L
2
XL
.
R2 + X L
=U.
2
XL
2
R + XL
2
bulunur. Kondansatörden geçen ak�m IC = U/XC dir.
U.
XL
2
R + XL
2
=
XL
2
2
(R + XL )
= U / XC
1
ifadeden rezonans frekans�n� hesaplayal�m.
XC
2πf 0 L
R + ( 2πf 0 L )
2
2
=
1
1 / 2πf 0 C
2
L / C = R 2 + 4π 2 f 0 L2 ,
153
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
f0 =
1
2π LC
1−
CR 2
L
Topak
nolu ifadede R yerine R = 2πf 0 L / Q
ifadesini
koyarak f0 hesaplayal�m.
fo =
1
2π LC
Q2
1 + Q2
a) Rezonans frekans�n� veren
neticeler ç�kart�labilir.
formüller incelendiğinde şu
b) Gerçek paralel rezonans devresinin rezonans frekans�, ideal
paralel devrenin rezonans frekans�ndan biraz küçüktür.
c) Seri ve ideal rezonans devrelerinin rezonans frekanslar�
devrenin direncine bağl� olmad�ğ� halde pratik paralel
rezonans devresinde rezonans frekans� devrenin direncine
bağl�d�r.
d) Eğer CR2/L >1 olursa rezonans formüldeki kök içindeki ifade
negatif ç�kar. Bu devrenin rezonans frekans� yoktur. Şöyle ki
bu devrede hiçbir frekansa rezonans gelmez.
e) Eğer bobinin Q su 10 dan büyük ise (Q>10) formülün kök içi
1 al�nabilir. Böyle bir durumda rezonans frekans� f0=1/2 π LC
olur.
Örnek 7.2
Şekil 7.11 deki paralel devre hangi frekansta rezonansa gelir.
Çözüm 7.2
Şekil 7.11 den geçen ak�mlar�n vektör diyagram�n� çizelim,Şekil 7.12 Bu
devrenin rezonansa gelmesi yani E ile I n�n ayn� fazda olmas� için IL = IC
olmal�d�r.
154
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
IC
I1
ϕ1
0
I
I1
U
ϕ
ϕ2
I
I2
RC= 4 Ω
L = 1mh
U
20 µf
C
RL = 6 Ω
IL
Şekil 7.11 Paralel Devre
I1 =
E
2
RC + X C
, sin ϕ 1 =
2
2
Şekil 7.12 Vektör Diyagram�
1
2
RC + X C
2
den;
2
2
2
I C = E .X C /( RC + X C )I 2 = E / R C + X L ;
I L = E.
fo =
f0 =
XL
1
RL + X L
2
1
RL + L / C
2
2π LC
I2
2
2
( RL + X L )
=
2
sin ϕ 2 = X L / RL + X L
2
ifade sin den;
XC
2
RC + X C
2
2
.
2
RC − L / C
1
2π 10 −3 .20.10 −6
.
Devrenin rezonans frekans�,
6 2 − 10 −3 /( 20.10 −6 )
= 722 Hz
4 2 − 10 −3 /( 20.10 −6 )
formül incelenirse şu neticeler ç�kar�l�r.
a. RL2 >L/C ve RC2 >L/C ise devrenin rezonans frekans� vard�r.
b. RL2< L/C ve RC2 <L/C ise kök içi pozitif olacağ�ndan devre yine
rezonans gelebilir.
155
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
c. RL2<L/C ve RC2 >L/C ise kök içi negatif olacağ�ndan devre hiçbir
frekansta rezonansa gelmez.
d. RL2= RC2 =L/C olduğunda devre her frekansta rezonans
halindedir.
e. Rezonans frekans� devrenin RL ve RC dirençleri ile değişir. Şekil
7.13 de bir dirençle rezonansa getirilen paralel rezonans devresi
görülüyor.
C
L
RC
RL
R
Şekil 7.13 Direnç akortlu paralel rezonans devresi
156
BÖLÜM 8
GÜÇ VE GÜÇ KATSAYISININ DÜZELTİLMESİ
8.1 GÜÇ ÜÇGENİ
8.2 GÜÇ KATSAYISI
8.3 GÜÇ KATSAYISININ DÜZELTİLMESİ
8.4 GÜÇ KATSAYISININ KONDANSATÖRLERLE DÜZELTİLMESİ
157
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
8. GÜÇ VE GÜÇ KATSAYISININ DÜZELTİLMESİ
8.1 GÜÇ ÜÇGENİ
Alternatif ak�m devrelerinde, devreye uygulanan şebeke gerilimi ile devre
ak�m� aras�ndaki ϕ aç�s�n�n, devrede bulunan omik veya reaktif dirençlere
bağl� olarak değiştiğini biliyoruz.
o
Iw
ϕ
U
b
I
Im
a
Şekil8.1
Şekil 8.1 deki vektör diyagram�nda, ak�m gerilimden ϕ kadar geridedir. I
ak�m�n� dik bileşenlere ay�ral�m. Iw bileşeni gerilimle ayn� fazda ve Im bileşeni
de U gerilimine diktir.
I m = I . sin ϕ
I w = I . cos ϕ
Gerilimle ayn� fazda olan Iw ak�m�n�n, U gerilimi ile çarp�m�, Watt olarak hakiki
(aktif) gücü verir.
P=Iw.U
Iw yerine (I cos ϕ ) yazal�m.
P=U.I.cosϕ
Alternatif ak�m devrelerinde hakiki gücü veren bu ifadeyi daha önce
bulmuştuk. Iw bileşenine Watt’l� ak�m veya aktif ak�m denir
Reaktif Güç Q=U.I.sinϕ
Reaktif gücün birimi Volt-Amper-Reaktif’tir. K�saca VAR olarak gösterilir.
1000VAr =1kVAr ve 106 VAr = 1megaVAr (MVAr) Ak�m�n gerilime dik olan Im
bileşenine reaktif ak�m (vats�z ak�m veya m�knat�slama ak�m�) denir.
Bir alternatif ak�m devresine uygulanan U gerilimi ile devre ak�m� I’n�n
çarp�m�na görünür güç veya zahiri güç denir. Görünür gücün birimi
VoltAmper(VA) dir. S harfi ile gösterilir.
1000 VA = 1 kVA ve 106 VA = 1 MVA (Mega Volt Amper)
S=U.I
158
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil 8.1 deki oab ak�mlar üçgenini çizelim. Şekil 8.2 (b) deki ak�mlar üçgenin
her kenar� U ile çarpt�ğ�m�zda, kenarlar� ( U.I.cosϕ ) ve (U.I.sinϕ) ve U.I olan
güç üçgeni elde edilir.
Şekil8.2 (c)
U
ϕ
ϕ
I
P=U.I cosϕ
I cos ϕ
ϕ
I.sinϕ
I
S=U.I
Q=U.I.sinϕ
geri
(a)
(b)
(c)
Şekil 8.2 Ak�m geride olduğu duruma göre güç üçgeni
Güç üçgeninde reaktif, aktif ve görünür güçler aras�nda ilişki yaz�labilir.
S = P2 + Q2
Alternatif ak�m devrelerinde ak�m, uygulanan gerilimden geride olduğu gibi
ileride de olabilir .
8.2 GÜÇ KATSAYISI
Bir alternatif ak�m devresindeki hakiki (aktif) gücün ,görünür güce oran�na
devrenin “Güç Katsay�s�” denir.
Güç katsay�s� = P/S = U.I.cosϕ/U.I = Cosϕ
Güç katsay�s� cosϕ ile gösterilir. ϕ aç�s�, alternatif ak�m devresine uygulanan U
gerilimi ile I ak�m� aras�ndaki aç�d�r. ϕ aç�s�n�n sinüsüne, kör güç katsay�s�
veya reaktif güç katsay�s� denir.
Sinϕ = Q / S
Bir alternatif ak�m devresinde ,ak�m gerilimden ileride veya geride olduğu gibi
,ak�m ile gerilim ayn� fazda da olabilir.Buna göre güç katsay�lar� cosϕ ileri
cosϕ= 1 ve cosϕ geri olmak üzere üç şekilde ifade edilir.
Alternatif ak�m kaynaklar�n bağlanan çeşitli al�c�lar�n çektikleri ak�m ile
uçlar�ndaki gerilim aras�ndaki faz fark� , al�c�n�n yap�s�na göre değişir.
Eğer al�c�n�n çektiği ak�m, uçlar�ndaki gerilimden ileride ise bu al�c�ya ileri güç
katsay�l� yük denir. Eğer al�c�n�n çektiği ak�m, uçlar�ndaki ak�m ile ayn� fazda
ise bu al�c�ya güç katsay�s� 1 olan yük denir. Bir al�c�n�n çektiği ak�m,
uçlar�ndaki gerilimden geri kal�rsa, bu al�c�ya geri güç katsay�l� yük denir.
159
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Bir alternatif ak�m şebekesindeki saf bir selften geçen ak�m, uçlar�ndaki
gerilimden 90o geri kal�r. ϕ = 90° olduğuna göre güç katsay�s� cosϕ = cos 90 =
0 olur. Şu halde, saf bir self güç katsay�s� s�f�r geri olan bir yük durumundad�r.
Bir alternatif ak�m şebekesine bağlanan kondansatörden geçen ak�m,
uçlar�ndaki gerilimden 90° ileridedir. Cos90 = 0 olduğuna göre, kondansatör
güç katsay�s� s�f�r ileri olan bir yüktür.
Bir fazl� Alternatif ak�m devrelerinde kullan�lan güç formüllerini bir arada
yazal�m:
Hakiki Güç :
Kör Güç :
Görünür Güç :
Güç Katsay�s� :
Reaktif Güç Katsay�s� :
P = U.I.cosϕ=I2.R = U2/R
Q=U.I.sinϕ =I2.Xe = U2/Xe
S=U.I=I2.Z=U2/Z
cosϕ=P/S =P/E.I = Re/Z
sinϕ= Q/S
Örnek 8.1
120 Voltluk AA kaynağ�ndan 2 amper çeken tek fazl� bir motorun güç
katsay�s� 0,85 dir. Motorun çektiği hakiki ve görünür gücü hesaplay�n�z.
Çözüm 8.1
P = U.I.cosϕ= 120.2.0,85 = 204 watt
S=U.I = 120.2 =240 VA
Örnek 8.2
Tek fazl� bir alternatörün devresindeki voltmetreden 220 V ampermetreden
20A ve fazmetreden cos� = 0,8 değerleri okunmuştur.Buna göre alternatörün:
a)
b)
c)
d)
Aktif gücünü
Görünür gücünü
Kör gücünü
Kör güç katsay�s�n� hesaplay�n�z .
Çözüm 8.2
a-) P=U.I. cosϕ= 220.20.0,8 = 3520 watt
160
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
b-) S=U.I =220.20 = 4400 VA
c-) S =
P 2 + Q 2 den Q =
d-) sinϕ= Q/S =
2640
4400
S 2 − P2
Q=
44002 − 35202
= 2640 VAr
= 0,6
8.3 GÜÇ KATSAYISININ DÜZELTİLMESİ
Endüktif (selfli) bir yükün küçük olan güç katsay�s�n�n daha büyük bir değere
yükseltilmesi için yap�lan işlemlerin tümüne, güç katsay�s�n�n düzeltilmesi
veya kompanzasyon denir.
Güç katsay�s� düşük (0,3-0,5) olan endüktif yüklere, motorlar, transformatörler,
bobinler, flüoresan lamba balastlar� örnek gösterilebilir.
Düşük güç Katsay�s�n�n Sak�ncalar� :
1. Alternatör ile transformatörlerin güçleri ve verimleri düşer. 240 KVA
l�k ve 1200 V luk tek fazl� bir alternatörü ele alal�m. Alternatörün ak�m� I
40000/1200=200A dir. Değişik güç katsay�l� yükler bağlayarak alternatörden
çekilen aktif güçleri hesaplayal�m:
a-) Güç katsay�s� 1 olan omik bir yük bağland�ğ�nda alternatör en büyük aktif
gücünü verir.
P= U.I. cosϕ= 1200.200.1.10-2 = 240 KW
b-) R-L elemanlar�ndan meydana gelen ve güç katsay�s� 0,80 olan endüktif bir
yük bağland�ğ�nda alternatörden çekilen aktif güç:
P=1200.200.0,80.10-2 = 192 KW olur.
Görülüyor ki, düşük güç katsay�l� bir yük bağland�ğ� zaman, alternatör normal
ak�m�n�(200A) verdiği halde normal gücünü verememektedir. Dolay�s�yla,
daha düşük güçte çal�şt�ğ�ndan verimi de düşer.
2. Güç katsay�s�n�n düşmesi oran�nda, şebekeyi besleyen alternatör ve
trafonun görünür güçlerinin büyümesi gerekir. Örneğin, bir atölyedeki
motorlar�n toplam gücü 80 KW ve güç katsay�s� 0,80 olsun. Bu motorlar�n
besleyecek olan trafonun görünür gücü
S = P/cosϕ= 80 / 0,80 = 100 kVA olmal�d�r.
Toplam güç yine 80 KW, fakat güç katsay�s� 0,60’ya düşerse trafonun görünür
gücü,
161
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
S2 = 80 / 0,60 = 133 KVA olmal�d�r.
Demek ki, güç katsay�s� düşünce ayn� aktif gücü, görünür gücü daha yüksek
olan bir trafo ile beslemek gerekecektir.
3. Besleme hatlar�ndaki güç kay�plar� ve gerilim düşümleri artar.
Örneğin ,gücü 1 KW ve gerilimi 200 V olan tek fazl� bir alternatöre güç
katsay�s� 0,90 olan bir yük bağlan�rsa çekilen ak�m:
I1 = P/U.cosϕ =1000/200.0,90=5,55 A olur.
Ayn� alternatöre güç katsay�s� 0,60 olan bir yük bağland�ğ�nda çekilen ak�m:
I2 = 1000/200.0,60 = 8,35 A olur.
Görülüyor ki, her iki durumda da gerilim ve harcanan güç ayn� olmas�na
rağmen, güç katsay�s�n�n küçülmesi nedeniyle çekilen ak�m artmaktad�r.
Dolay�s�yla, yükü besleyen hattaki (R.I2) �s� kayb� daha büyük olacak ve
hattaki gerilim düşümü artacakt�r. Bunu önlemek için daha büyük kesitli iletken
kullanmak gerekecektir. Ayn� zamanda , sigorta ve şalter ak�mlar� da
yükseleceği için tesisat�n maliyeti artar.
Yukar�da aç�klanan sak�ncalar� gidermek için güç katsay�s�n�n yükseltilmesi
gerekir. Uygulamada, güç katsay�s�n�n yükseltilmesi için genellikle
kondansatörler kullan�l�r. Çünkü, küçük ve hafiftirler, dönen parçalar�
olmad�ğ�ndan bak�mlar� kolayd�r. Fiyatlar� ucuzdur, işletme gücünün büyümesi
halinde devreye ek kondansatörler kolayl�kla bağlanabilirler.
Güç Katsay�s�’n�n yükseltilmesi ile elde edilen kazançlar� özetleyelim:
1234-
Alternatörün ve trafonun görünür güçleri küçülür.
Ayn� kablolardan (iletim hatlar�ndan) daha fazla aktif enerji iletilir.
Enerji iletim hatlar�ndaki kay�plar azal�r.
Reaktif güç için ödenmesi gereken meblağ tasarruf edilir.
162
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
8.4
GÜÇ
DÜZELTİLMESİ
KATSAYISININ
Topak
KONDANSATÖRLERLE
1. Kondansatörün Seri Bağlanmas�:
Şekil 8.3 (a) da görülen motorun devresine Şekil 8.3(b) deki gibi 308 mF l�k bir
kondansatörü seri bağlayal�m.
Motorun empedans� ZM=U/I = 120/10 = 12 Ω
Güç katsay�s�, cosϕ = 0,70
ϕ=45,6°
Motorun omik direnci, R = Zm.cosϕm =12.0,70 =8,4 Ω
Motorun reaktif direnci , Xm = Zm.sinϕ = 12.sin 4,5° =8,6 Ω
Kapasitif reaktans, Xc = 106 /ωC = 106 /2π.60.308 =8,6 Ω
Seri devrenin toplam (eşdeğer) empedans�, Ze =
Ze =
8,42 + (8,6 − 8,6) 2
R 2 + ( X L − X C )2
= 8,4 Ω. Omik yük, çünkü Xl = Xc’dir
Şebekeden çekilen ak�m, I =U/Z = 120 / 8,4 = 14,3 A
Ak�m ile gerilim aras�ndaki aç� ϕ = 0 d�r
Devrenin güç katsay�s�, Cosϕ = Cos 0 = 1
Motorun uçlar�ndaki gerilim, Um = Zm .I = 12.14,3 = 172 V
A
I=10 A
120 V
60 Hz
A
I=14,3 A
M
1.Fazl�
840 W
120 V
60 Hz
M
1.Fazl�
840 W
cos ϕ =0,7
cos ϕ =0,7
C=308 mikro F
(a)
(b)
Şekil 8.3
163
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Gücü 840 W ve Güç katsay�s� 0,70 geri olan bir motorun devresine seri olarak
308mF l�k bir kondansatör bağlad�ğ�m�zda, devrenin güç katsay�s�n� 1’e
ç�karm�ş oluyoruz. Yaln�z, bu arada şebekeden çekilen ak�m 14,3 amper’e ve
motorun uçlar�ndaki gerilim de 172 Volt’a yükselmiş olur. Bu da motor için
tehlikelidir, hiç arzu edilmez. Şu halde, bir kondansatörü yüke seri bağlayarak
güç katsay�s�n� düzeltmeye çal�şmamal�y�z.
2.Kondansatörün Paralel Bağlanmas� :
Güç katsay�s�n düzeltmede, alternatif ak�m devresine kapasitif reaktif güç
vererek, şebekeden çekilen görünür gücü azalt�rken, yükten geçen ak�m�n ve
uçlar�ndaki gerilimin sabit kalmas�n� sağlamak gereklidir.
Paralel devrenin özelliklerinden biri, kollardan birindeki değişiklik, toplam ak�m�
değiştirdiği halde, öteki kollardan geçen ak�mlar� etkilememesidir.
Motora uygulanan gerilim ve geçen ak�m� sabit tutabilmek için şekil8.5 te
görüldüğü gibi, kondansatörü paralel bağlamak gerekir.
Örnek 8.3
840 W, cosϕ= 0,70 geri güç katsay�l� bir motor 120 V 60 Hz Freakansl� bir
şebekeye bağl�d�r.
a-) Sistemin Güç katsay�s�n� 1’e ç�karmak için kaç µF l�k kondansatörü motor
uçlar�na paralel bağlamak gerekir.
b-) Ampermetrelerin gösterecekleri değerleri bulunuz.
A
120 V
60 Hz
Qc=860 VAr
IC=7,14 A
I=7 A
Ic
A
P=840 W
Imot=10 A A
ϕ
C=158 mikro F
840 W
cos ϕ =0,7
M
1.Fazl�
Im
(b)
Şekil 8.4
164
ϕ
S=1200 VA
Qm=860 VAr
(a)
U
(c)
Iw
Imot=10 A
U
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm8.3
a-) Motorun çektiği görünür güç,
Qm = S.sinϕ = 1200 1 − 0,70 2 = 860 VAr
Güç katsay�s�n�n 1 olmas� için şebekeden reaktif güç çekilmemelidir. Motora
laz�m olan 860 VAr l�k gücü kondansatörün sağlamas� gerekir.
Qc = Qm = 860 VAr olur.
Kondansatörün reaktif gücü,
Qc = Ic2 . Xc = Uc2/Xc
860 = 1202 / Xc , Xc = 1202/860 = 16,7 Ω
Kondansatörün kapasitesi :
Xc = 106 / ωC den C= 106/ωXc = 106 / 2π .60.16,7 = 158 µF olarak bulunur.
b-) Şekil 8.4(c) deki vektör diyagram�ndan.
Imot = P/U.cosϕ = 840 / 120 .0,70 = 10 A
Cosϕm = 0,70 , ϕm = 45,6°
Motorun çektiği reaktif ak�m,
Im = I.sinϕm = 10 . sin 45,6 = 7,14 A.
Kondansatörün ak�m� , motorun reaktif ak�m�na eşit olmal�d�r
Xc = 16,7 Ω olduğuna göre, Ic = U/Xc = 120 /16,7 = 7,14 A
Şebekeden çekilen ak�m, motor ak�m�n�n Iw bileşeni olan Wattl� ak�ma eşit
olmal�d�r. Çünkü cosϕ =1 dir.
Ic, Im ve Iw ak�mlar�n�n vektörel toplam� da şebekeden çekilen ak�m� verir.
___________
I=√ Iw2+(Im-Ic)2= Iw.
I = Iw=Imot.cosϕ
165
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Sonuç
158 µF’l�k kondansatör, motorun çektiği 860 VAR reaktif gücü sağlad�ğ� için
şebekeden yaln�z 840 Watt’l�k aktif güç çekilir.Dolay�s�yla sistemin güç
katsay�s� 1’e yükselmiş olur.
Ekonomik sebeplerden dolay� güç katsay�s�n�n 1’e değil 0,90’a yükseltilmesi
istenir.
Bunu bir örnekle aç�klayal�m .
Örnek 8.4
6KV ve 50 Hz’lik şebekeden beslenen bir fabrikadaki motorlar�n toplam gücü
2000KW ve güç katsay�s� 0,60 Geri’dir. Fabrikan�n güç katsay�s�n� (a)0,90 ve
(b) 1’e yükseltmek için şebeke girişine bağlanmas� gereken kondansatörün
kapasitesini hesaplay�n�z.
Ic=Im2
I1
6 kV
50 Hz
200 kW
cos ϕ =0,6
I
M mot
1.Fazl�
Ic
ϕ ϕ1 I1
C
Im
(a) Motora kondansatörün paralel bağlanmas�
Imot
Iw
U
Im1
Im2
(b) Vektör Diyagram�
Şekil 8.5
Problemi çözmeden önce, kondansatörün kapasitesini veren genel formülü
Şekil 8.5(b) deki ak�mlar vektör diyagram�na göre ç�karal�m.
tgϕ = Im / Iw,
tgϕ1 = Im1 / Iw,
Im2 = Im – Im1
Im = Iw . tgϕ
Im1 = Iw . tgϕ1
Im2 = Iw. tgϕ – Iw. tgϕ1 veya Im2= Ic
Ic = Im2 = Iw (tgϕ – tgϕ1)
Ayn� zamanda , Ic = w .U.C / 106 ve Iw = Pmot/U’dur
166
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
w .U.C / 106 = (Pmot / U ).(tgϕ – tgϕ1)
C=
Pmot.10 6
.(tgϕ – tgϕ1)
w.U 2
Pmot = Motorun gücü, (düşük Cosϕ li yük)W, ω= Aç�sal h�z, raydan/saniye,
U=şebeke gerilimi (Volt), tgϕ = (motorlar�n) güç katsay�s� aç�s�n�n tanjant�,
tgϕ1=kompanzasyondan sonraki güç katsay� aç�s�n�n tanjant�, C=Paralel
bağlanacak kondansatörün kapasitesi µF.
cosϕ = 0,6 ; ϕ = 58� 10’ ; tgϕ = 1,335
cosϕ1 = 0,9 ; ϕ1 = 25� 50’ ; tgϕ1 = 0,484
cosϕ1 = 1 ; ϕ1 = 0� ; tgϕ1 = tg0� = 0
ω = 2πf = 2 . 3,14 . 50 = 314 rad/saniye
P.10 6
.(tgϕ - tgϕ1)
C=
w.U 2
C=
2000000.10 6
. (1,335 – 0,448) = 150 µF
314.6000 2
C=
2000000.10000000
. (1,335 – 0) =177µF
314.6000.6000
b-)
Sonuç
Güç katsay�s�n� 1 yapmak ile 0,9 yapmak aras�nda elektriki bir fark yoktur.
Fakat kondansatörler aras�nda 27µF’l�k bir kapasite fark� vard�r.
Kondansatörlerin fiyatlar� kapasitelerine göre tespit edildiğinden, cosϕ’nin
0,9’a yükseltilmesi daha ekonomik olur.
167
BÖLÜM 9
ÜÇ FAZLI DEVRELER
9.1 VEKTÖRLERİN ÇİFT HARFLERLE GÖSTERİLMESİ
9.2 İKİ FAZLI AKIM
9.3 ÜÇ FAZLI SİSTEM
9.4 GÜÇ ÖLÇMEK
9.5 ÜÇ FAZLI SİSTEMDE GÜÇ KATSAYISININ DÜZELTİLMESİ
9.6 KARIŞIK ÖRNEK PROBLEMLER
168
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
9. ÇOK FAZLI AKIMLAR
Alternatif ak�m üreten jeneratörlere Alternatör denir. Eğer bir alternatör yaln�z
bir sinüs dalgas� şeklinde emk üretirse, 1 fazl� alternatör denir. Şimdiye kadar
incelediğimiz elektrik devrelerindeki kaynaklar hep 1 fazl� kaynaklard�. Eğer bir
alternatör 90 derece faz farkl� iki sinüsoidal emk üretiyorsa buna iki fazl�
alternatör denir. Eğer bir alternatör aralar�nda 120’şer derece faz fark� bulunan
üç sinüsoidal emk üretiyorsa, böyle bir kaynağa da üç fazl� alternatör denir.
Enerjinin iletimi ve üretimi bak�m�ndan çok fazl� sistemin bir fazl� sistem
üstünlükleri :
a-) Ayn� boyuttaki iki veya üç fazl� alternatör bir fazl�dan daha fazla güç
verir.
b-) Çok fazl� alternatörde kilowatt–saat baş�na enerjinin maliyeti bir
fazl�dan daha düşüktür.
c-) Çok fazl� enerji iletim hatlar� bir fazl� hatlardan daha ucuzdur.
Örneğin üç fazl� enerji iletim hatt�n�n bak�r ağ�rl�ğ� eşdeğer 1 fazl� hatt�n ¾’ü
kadard�r.
9.1
VEKTÖRLERİN ÇİFT HARFLERLE GÖSTERİLMESİ
Birden fazla gerilim ve ak�m kaynağ� veya 2 ve 3 fazl� gerilim kaynaklar�n�
ihtiva eden ak�m ve gerilim vektörleri için sistemli bir gösterme şekli kabul
edilirse problemlerin çözümünde hata yapma ihtimali azal�r.
Şekil 9.1 (a) daki E vektörünü ele alal�m. Bu vektörün başlang�c� O ve uç
k�sm�da A’d�r vektörün yönü O’dan A’ya doğrudur. Bu vektörü çift harfle (EOA)
şeklinde gösterebiliriz. (OA) harfleri bize vektörün yönünü de göstermiş olur. E
vektörünün tersi olan (180 derece faz farkl�) –E vektörü çift harflerle (EAO)
şeklinde gösterilir. Bir vektörün alt yan�ndaki harflerinin yeri değişirse vektör
180°derece döndürülmüş olur.
EAO = -EOA
169
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
A
F
IoF
IAo
O
IBo
IoD
D
-E
o
E
A
EOA
EAO
B
(a)
IoC
C
(b)
Şekil 9.1. Vektörlerin çift harfle gösterilişi
Şekil 9.1 (b)’deki O düğüm noktas�na gelen ve giden ak�mlar�n yönleri
işaretlenmiş ve vektöryel olarak gösterilmişlerdir. Düğüm noktas�na gelen
ak�mlar�n vektöryel toplam�, ayr�lan ak�mlar�n vektöryel toplam�na eşittir.
IAO + IBO = IOC + IOD + IOF
Eşitliğin bir taraf�n� diğer tarafa taş�yal�m,
IOA+ IOB+ IOC+ IOD+ IOF = 0
Dikkat edilirse, ak�m vektörleri eşitliğin bir taraf�na veya öteki taraf�na
aktar�ld�ğ�nda başlang�ç veya son harflerin yer değiştirdiği görülür.
Şekil 9.2’deki seri RLC devresinde AD uçlar�ndaki gerilim, her eleman�n
uçlar�ndaki gerilimlerin vektöryel toplam�na eşittir.
UAD= UAB + UBC + UCD
170
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
A
UAB
Dikkat edilirse bileşke vektörün ilk harfi birinci
vektörün ilk harfi, bileşke vektörün ikinci harfi’de
üçüncü vektörün ikinci harfi olduğu görülür. Toplanan
vektörlerden birinci (UAB) vektörünün ikinci harfi (B),
ikinci (UBC) vektörün birinci harfi (B) ve ikinci harf C,
üçüncü UC vektörünün ilk harfi de C’dir
B
UAD
UBC
UCD
C
D
Şekil 9.2 Seri RLC devre
9.2 İKİ FAZLI AKIM
NS kutuplar� aras�nda döndürülen bir bobinde sinüsoidal bir emk indüklenir.
Şekil 9.3’te görüldüğü gibi stator’a bir bobin yerleştirilir ve ortadaki NS kutbu
döndürülürse , kutuplar�n manyetik ak�s� taraf�ndan kesilen bobinde sinüsoidal
bir emk indüklenir. Pratikte kullan�lan alternatif ak�m jeneratörlerinin büyük
güçlü ve yüksek gerilimli olanlar� hep bu tipte yap�l�rla yani bobinler sabit
tutularak kutuplar döndürülür.
Bobin
N
S
Şekil 9.4 (a) da görüldüğü gibi NS kutuplar�
aras�n birbirine dik iki bobin yerleştirilir,
bobinlerin uçlar� mildeki 4 bileziğe
bağlan�rsa, kutuplar döndürüldüğünde A
bobininde ve B bobininde indüklenen
sinüsoidal emk’lar aras�nda da 90°’ar
derece faz fark� olur.
Şekil 9.3
Şekil 9.4 (b) de görüldüğü gibi , A ve B bobinleri birbirine dik olarak statora
yerleştirilir, ortadaki NS kutuplar� döndürülürse, A ve B Bobinlerinin uçlar�ndan
90 derece faz farkl� sinüsoidal iki emk al�n�r.
171
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Bobin
A
N
B
b
N
S
B
A
a
S
(a)
(b)
Şekil 9.4 İki fazl� alternatif emk’n�n elde edilmesi.
A ve B bobinlerinde indüklenen emk’lar�n değişim eğrisi Şekil 9.5’te görülüyor.
Bobinlerin sar�m say�lar� birbirine eşit olursa, emk’lar�n da genlikleri dolay�s�yla
etkin değerleri birbirinin ayn� olur. Şekil 9.5’te A bobininin emk’s� B’den 90°
derece ilerdedir.
ea
eb
0
EA
90o
EB
180o
360o
t
Şekil 9.5 Sinüsoidal A ve B emk’lar�
Şekil 9.4’deki jeneratörlere iki fazl� alternatörler ve elde edilen emk’lere de iki
fazl� alternatif ak�m denir. Emk lar�n herhangi bir andaki değerleri
ea = Em . Sinwt
eb = Em . Sin (wt –90°)
İki fazl� jeneratördeki A ve B bobinlerinde indüklenen emk’lar�n etkin
değerlerinin 120 Volt ve bobinlerin uçlar�na bağlanan omik dirençlerin 12’şer
ohm olduğunu kabul edelim. Şekil 9.6 (a) da görüldüğü gibi fazlardan 10
amper ak�m çekilir.
172
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
A
A
EaA=120/0o
10 A
12 Ω
10 A
b
IA=10A
EaA
a
EbB=120/-90o
RA
12 Ω
EoA
12 Ω
a
IB
0
B
RB
12 Ω
b
EbB
(a)
(b)
Şekil 9.6 İki fazl� sistem
Her iki faz�n yan yana olan dönüş iletkenleri yerine A B uçlar� birleştirilerek tek
bir hat çekilirse, Şekil 9.6 (b) elde edilir. EaA gerilimi ile IaA ak�m�, EbB gerilimi
ile IbB ak�m� ayn� fazdad�r. Çünkü, omik dirençle Cos ϕ = 1 olan yükler bağl�d�r
Şu halde, IaA ak�m� ile IbB ak�m� aras�ndaki faz fark� 90° derecedir. Müşterek
olan dönüş iletkenine (Nötr hatt�) denir. Nötr hatt�ndan geçen ak�m, 90°derece
faz farkl� IaA ve IbB ak�mlar�n�n vektöryel toplamlar�na eşittir. İki d�ş hat
aras�ndaki potansiyel fark� da vektöryel işlemle bulunabilir.
EAo=120/-180o
o
EoA=120/0o
A
o
IoA=10/0o
EoA
AB
E
EoB=120/-90o
E
AB
90o
IoB
In= 2 .I
EoB
(a)
(b)
Şekil 9.7 İki fazl� sistemde gerilim ve ak�m vektör diyagramlar�.
İki fazl� sistemde iki d�ş hatlar aras�ndaki gerilim Şekil 9.7 (a) daki vektör
diyagram�ndan bulunur.
EoA = EoB = Ef olduğundan, EAB = EAO + EOB,
EAB =
2
EAB =
2
.Ef
. 120 = 170 Volt .
Şekil 9.7 (b)’deki vektör diyagram�ndan nötrden geçen ak�m� hesaplayal�m.
173
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
In =
2
.I
In =
I A2 + I B 2
=
Topak
102 + 102
=
2
.10 = 14,14 A.
Şu halde iki fazl� bir sistemde iki d�ş hat aras�ndaki potansiyel fark� faz
emk’lar�n�n 2 kat�na, nötr ak�m� da faz ak�m�n�n 2 kat�na eşittir.
İki fazl� sistemde güç bir faz gücünün iki kat�na eşittir.
P = 2 . E . I . cos ϕ
E = faz gerilimi,
I = Faz ak�m�,
cosϕ = yükün güç katsay�s�
9.3 ÜÇ FAZLI SİSTEM
1.ÜÇ FAZLI EMK’İN ELDE EDİLİŞİ
NS kutuplar� aras�na Şekil 9.8 (a) da görüldüğü gibi üç tane bobin 120’şer
derece faz farkl� olarak yerleştirilerek döndürülürse, aralar�nda 120 şer derece
faz fark� olan üç tane sinüsoidal emk elde edilir. Her bobinin uçlar� mildeki alt�
bileziğe bağlan�rsa, bileziklere sürtünen f�rçalarla bobinlerde indüklenen emk
lar d�şar�ya al�narak yükler bağlanabilir. Şekil 9.8 (b) de A, B ve C bobinlerinde
indüklenen 120’şer derece faz farkl� emk’lar�n değişim eğrileri görülüyor.
EA
EB
EC
N
b
C
A
0
a
60o
90o
120o
180o
270o
360o
t
B
c
S
(a)
(b)
Şekil 9.8 Üç fazl� emk’in elde edilişi ve emk’lerin değişim eğrisi
A, B ve C bobinlerinin sar�m say�lar� bir birine eşit olursa indüklenen emk’
lerin maksimum değerleri, dolay�s�yla etkin değerleri de bir birine eşit olur. Bu
120’ şer derece faz farkl� ve maksimum değeri ayn� olan üç eğri aşağ�daki
gibi ifade edilir.
174
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
e A = Em . Sin ωt
e B = Em . Sin (ωt – 120o)
e C = Em . Sin (ωt – 240o)
Şekil 9.8 incelendiğinde, A bobininde indüklenen emk (+Em) değerini ald�ktan
120° sonra B bobininde indüklenen emk (+Em) değerini al�r. B den 120°
sonra C bobininde indüklenen emk (+Em) değerine ulaş�r. C bobinindeki emk
A bobinindeki emk dan 240° geri veya 120° ileridedir. C bobinindeki emk A
bobinindeki emk dan 240° geri vaya 120° ileridedir.
2. Y�ld�z (Y) Bağl� sistem
Şekil 9.9 (a) da A , B ve C bobinlerinin durumu indüklenen emklerin vektör yel
gösterilişleri çizilmiştir. Bobinlerin son uçlar� (a,b ve c) birleştirilirse, şekil 12.9
(b)’de Y bağl� sistem ve vektör diyagram� elde edilir.
Şekil 9.9 (b)’de görüldüğü gibi, 120 derece faz farkl� üç bobinin son
uçlar� birleştirilerek elde edilen noktaya (o) denir ve A, B ve C uçlar�ndan ve
o’dan birer hat ç�kar�rsak, ABC faz hatlar�n� ve s�f�r hatt�n� ilave eden bir
sistem elde ederiz. Buna y�ld�z sistem denir. Faz hatlar� ile nötr aras�ndaki
gerilimler birbirine eşit ve 120’şer derece faz farkl�d�rlar. Herhangi bir faz hatt�
ile nötr aras�ndaki gerilime <<Faz Gerilimi>> denir.
C
C
EcC
c
a
b
EcC
EaA
0
EoC
0
EaA
A
EbB
B
C
A
0
A
120o
EoA
EbB
B
B
(a)
EoB
(b)
Şekil 9.9 Üç fazl� emk’lar�n y�ld�z bağlanmas� ve vektör diyagram�
a. Fazlar Aras� Gerilim (Hat Gerilimi) :
A,B ve C fazlar� aras�ndaki gerilimlerin vektör diyagramlar�n� çizmeye ve
fazlar aras� gerilimin mutlak değerini faz gerilimi ile ifade etmeye çal�şal�m.
175
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil 9.9 (b)’deki devrede AB faz hatlar� aras�ndaki EAB gerilimi, EOA ve EOB
faz gerilimlerinin vektörel toplam�na eşittir.
EAB = EAO + EOB
Şekil 9.10’da EAB vektörü EAO = -EOA vektörü ile EOB vektörünün bileşkesi
al�narak çizilmiştir. BC faz hatlar� aras�ndaki EBC gerilimi EBC = EBO + EOC dir.
CA faz hatlar� aras�ndaki gerilim de
E
BC
E
E
oC
Bo
EAo=-EoA
120o
0
60o
E
oA
30o
120o
E
30o
E
AB
oB
ECo=-EoC
E
CA
Şekil 9.10 Y�ld�z sistemde faz ve fazlar aras� emk’lar vektör diyagram�
ECA = ECO + EOA vektörel toplam�na eşittir. Şekil 9.10’da EBC ve ECA fazlar
aras� gerilimlerin çizilişleri görülüyor. Vektör diyagram� incelendiğinde EAB,
EBC ve ECA fazlar aras� gerilimlerinin de (hat gerilimlerinin) aras�nda 120’şer
derecelik faz fark� olduğu görülüyor.
EAB vektörünün genliği (mutlak değeri) vektör diyagram�ndan hesaplanabilir.
EAB = 2(EOB)cos30o = 2.(EOB)
3
/2 =
3
. (EOB)
Faz gerilimleri birbirine eşit olduğu için fazlar aras� gerilimlerde birbirine
eşittir. EAB = EBC = ECA = E. Fazlar aras� gerilim faz geriliminin 3 kat�na
eşittir.
E=
3
.Ef
176
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
b. Yanl�ş y�ld�z bağlama
Üç fazl� emk’n�n indüklendiği A,B ve C faz bobinlerini y�ld�z bağlarken son
uçlar�n� (a,b,c) bir köprü ile birleştirmemiz gereklidir. Y�ld�z köprüsünü
yaparken fazlardan her hangi birinin uçlar�n� kar�şt�rmam�z neticesinde son
ucu diye başlang�ç ucunu diğer fazlar�n son uçlar� ile birleştirebiliriz. Şekil
9.11 (a)’da görüldüğü gibi üçüncü faz�n uçlar�n� kar�şt�rarak başlang�ç ucu
C’yi diğer birinci ve ikinci fazlar�n son uçlar� ile birleştirelim.Birinci faz emk’y� X
ekseni üzerinde EOA vektörü ile, ikinci faz emk’s� birinci faz vektöründe 120
derece geride EOB vektörü ile gösterilir.Üçüncü faz�n emk’s� birinciden 120
derece ileride veya ikinci fazdan 120 derece geridedir. Üçüncü faz�n uçlar�n�
ters bağlamakla bu faz�n emk’s� 180 derece döndürülmüş olur.
Şekil9.9(b)’deki üçüncü faz emk’s�n� gösteren EOC vektörü 180 derece
döndürülünce şekil9.11(b)’deki vektör diyagram�ndaki gibi ECc vektörü ile
gösterilir. Şekil 9.9(b) ve şekil 9.11(b) vektör diyagramlar� karş�laşt�r�ld�ğ�nda,
tek fark EOC vektörünün ters olarak çizilmesidir.
Üç fazl� bir alternatör y�ld�z bağland�ktan sonra fazlar aras� emk’lerini bir
voltmetre ile ölçerek y�ld�z bağlanman�n doğru veya yanl�ş olduğu hemen
bulunabilir
Doğru y�ld�z bağlamada fazlar aras� emk’da faz emk’lar�n�n 3 kat�na eşittir.
Şekil 9.11 (b)’deki vektör diyagram�nda görüldüğü gibi yanl�ş y�ld�z
bağlamada fazlar aras� emklardan biri faz emk’s�n�n 3 kat�na eşit olduğu
halde diğer fazlar ars� emk’lar faz emklar�na eşittir.
EAB =
3
.Ef
EAC = Ef
EBC = Ef
Şu halde fazlar ars� emk’lar faz emk’s�n�n 3 kat�na eşit ise alternatör
(alternatif ak�m jeneratörü) doğru y�ld�z bağl�d�r. Fazlar aras� emk’lardan ikisi
faz emk’s�na eşit ise alternatör yanl�ş y�ld�z bağl�d�r.
C
C
EoA
o
120
c
a
30o
A
0
b
B
B
EcC
EoB
(a)
(b)
Şekil 9.11 yanl�ş y�ld�z bağl� sistem
177
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
c. Y�ld�z Sistemde Ak�mlar
A,B ve C faz emk’lar�n� şekil 9.12 (a)’da görüldüğü gibi üç eşit omik direnç
bağlayal�m. Fazlar�n dönüş iletkenleri yerine dirençlerin üç ucunu ve fazlar�n
a,b ve c sonuçlar�n� birleştirerek tek bir iletken çekelim. Bu iletkene “Nötr” hatt�
denir. Şekil 9.12(b)’deki y�ld�z sistem elde edilir. Burada kaynak ve yük y�ld�z
bağlanm�ş, 0 noktalar� da bir hatla birleştirilmiştir.
R1 = R2 = R3 olduğundan her fazdan çekilen IOA, IOB ve IOC ak�mlar� birbirine
eşittir.Yük omik olduğu için her faz ak�m� kendi faz�n�n emk’s�yla ayn�
fazdad�r. Faz emk’lar� 120’şer derece farkl� olduklar�na göre, faz ak�mlar�
aras�nda da 120’şer derece faz fark� vard�r. Şekil 9.13’de faz emk’lar�n�n ve
faz ak�mlar�n�n vektör diyagram� görülüyor.
Şekil12.12 (b)’de görüldüğü gibi y�ld�z sistemde faz ak�m� hat ak�m�na
eşittir.Faz ak�mlar� bir birine eşit olduğu için hat ak�mlar� da bir birine eşittir.
| IOA | = | IOB | =| IOC | = If
| IAA’| = | IBB’| = | ICC’| = I
Ihat = Ifaz
IC C ’
C
C’
I O ’O
E cC
R3
0
E aA
A
A’
IA A ’
R1
0'
R2
E bB
IB B’
B
B’
(b)
Şekil 9.12 Y�ld�z Sistem ve y�ld�z dengeli yükün bağlan�ş�.
Üç eşit dirençli yükün y�ld�z bağlanmas� ile meydana gelen üç fazl� yüke <<
Üç fazl� dengeli yük>> denir. Y�ld�z sistemde hat ak�mlar� faz ak�mlar�na
eşittir.
Kaynağ�n s�f�r noktas� (0) ile yükün s�f�r noktas� (0’) nü birleştiren iletkene
“Nötr Hatt�” demiştik. Bu hattan geçen Ioo’ nötr ak�m�n� (0) veya (0’) düğüm
noktalar�na Kirişof’un ak�m kanununu uygulayarak bulabiliriz.
178
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
IOA + IOB + IOC = IO’O
IA’O’ + IB’O’ + IC’O’ = IO’O’
Bir birine eşit 120o faz farkl� üç ak�m vektörünün bileşkesi s�f�rd�r.
Şu halde dengeli yüklü y�ld�z sistemde nötrden geçen ak�m s�f�rd�r.
EoC
IoC
120o 0
Io C
120o
120o
EoA
IoA
0
Io A
120o
IoB
I r = -I o C
EoB
Io B
a) Faz EMK’lar� ve faz ak�mlar� vektör diyagram� b) Ak�mlar�n vektörel toplam�
Şekil 9.13
Üç fazl� Y bağl� bir kaynağa, faz empedanslar� bir birine eşit üç fazl� y�ld�z bir
yükü bağlayal�m, şekil 9.14 (a).
E oC
ICC’=IC
C
C’
ϕ
ZC
In=IO’O
EcC
0
0
EaA
A
IAA’=IA
A’
ZA
0'
ϕ
ϕ
E oA
ZB
EbB
IBB’=IB
B
B’
a) Empedansl� dengeli yük
E oB
b) Vektör diyagram�
Şekil 9.14
Her fazdan yükün çektiği faz ak�mlar� faz emk’lerinden empedans�n aç�s�
kadar geri kal�r. Şekil 9.14 (b) de faz emk’lerinin ve faz ak�mlar�n�n vektör
diyagram� görülüyor. IA, ZA empedans�ndan geçen ak�m; IB, ZB den geçen
ak�m ve IC de ZC den geçen ak�md�r. Nötrden geçen ak�m 120o farkl� IA, IB ve
IC ak�mlar�n�n vektör yel toplam�na eşittir.
179
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
IA =
EOA
ZA
IB =
EOB
ZB
IC =
Topak
EOC
ZC
In = IA + IB + IC
Örnek 9.1
Şekil 9.14 (a) da ki devrede yükün empedanslar� ZA = ZB = ZC = 30Ω∠30 ° dir.
Üç fazl� Y bağl� alternatörün faz emklar� E OA = 120V∠0 ° , E OB = 120V∠ − 120 ° ,
E OC = 120V∠120 ° dir.
a) Hat ak�mlar�n�, b) Nötrden geçen ak�m�n� hesaplay�n�z. c) Faz
emk’lerini ve hat ak�mlar�n� gösteren vektör diyagram�n� çiziniz.
Çözüm 9.1
a) I A =
E OA 120∠0 °
= 4 ∠ − 30 A
=
Z A 30∠30 °
IB =
IC =
EOB 120 ∠ − 120 °
= 4 A∠ − 150 °
=
°
ZB
30∠30
EOC 120 ∠120 o
= 4 A∠90 o
=
ZC
30 ∠30 o
b)
ln = I A + I B + I C = 4∠ − 30 ° + 4 ∠ − 150 o + 4 ∠90 °
ln = ( 3 ,46 − j 2 ) + ( −3,46 − j 2 ) + ( 0 + j 4 ) = 0 + j0
ln = 0 A
c) Vektör diyagram�, şekil 9.14 deki diyagram� benzeridir. Yaln�z, φ = 30o
al�nacakt�r.
3. Üçgen (∆ ) Bağl� Sistem
Şekil 9.15 (a) daki üç fazl� alternatörün faz bobinlerinin uçlar� şekil 9.15 (b)
deki gibi bağland�ğ�nda üçgen (∆ ) bağlant� elde edilir. Üçgen bağl� bir
alternatörün emk lerinin vektör diyagram� şekil 9.15 (c) de görülüyor
180
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
C
C
c
a
120o
b C
EcC
EaA
EcC
A
b
ECB EAC
B
EbB
c
a
A
EbB
A
EBA
120o
B
B
B
a)
C
EaA A
120o
b) Üçgen bağlant�
c)Vektör diyagram�
Şekil 9.15 üçgen bağl� sistem
Üç fazl� alternatör üçgen bağland�ktan sonra A, B ve C faz hatlar� aras�ndaki
emk lerin faz emk lerine eşit olduğu diyagram�ndan görülüyor.
Şu halde, üçgen bağl� bir jeneratörde
eşittir.
E = E faz
fazlar aras� emk ler faz emk’lerine
Üç fazl� bir jeneratörün üçgen bağlanmas�nda herhangi bir yanl�şl�ğ� önlemek
için, fazlar aras�ndaki üç bağlant�dan ikisi yap�l�r. Üçüncü bağlant� yap�lmadan
önce şekil 9.16 (a) da görüldüğü gibi aç�k iki uca bir volt metre bağlayarak
uçlar aras�ndaki gerilim ölçülür. Uçlar aras�ndaki gerilim s�f�r ise bağlant�
doğrudur. Aç�k olan bu iki uç bir birine bağlanarak üçgen bağlant� tamamlan�r.
Eğer volt metreden bir faz geriliminin iki kat� okunursa bağlant� şekil 9.16 (b)
deki gibi yanl�şt�r. Bu iki uç bağlan�rsa alternatörün sarg�lar� aras�nda aş�r� bir
ak�m dolaş�r.
EaA
C
E cC
b
C
bB
V
A
E
EaA
a
EbB
EcC
c
A
B
B
(a) Doğru üçgen bağlant�
181
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
EaA
a
A
Topak
EaA
a
A
b
EbB
2Ef
EbB
C
C
V
EcC
EcC
c
c
(b) Yanl�ş üçgen bağlant�
Şekil 9.16 Üçgen sistem
a.Üçgen Sistemde Ak�mlar
Üç fazl� bir jeneratörün A,B ve C fazlar�n�n uçlar�na değerleri bir birine eşit üç
tane omik direnç bağlayal�m Şekil 12. 17 (a) da görülen üç fazl� devre elde
edilir. R1=R2=R3 faz emk leride bir birinin eşit olduğu için her fazdan ayn�
değerde ak�mlar çekilir. A faz�ndan çekilen IaA ak�m� faz emk’ i EaA ile ayn�
fazdad�r. IbB faz ak�m� faz emk’i EbB ile, IcC üçüncü faz ak�m� da EcC faz emk’i
ile ayn� fazdad�r.
Şekil 9.17 (a) daki devrede yan yana çekilen çift iletkenleri birleştirerek tek hat
çektiğimizde şekil 9.17 (b) deki devre elde edilir. Burada jeneratör üçgen R1 R2
ve R3 yük dirençleri de üçgen bağlanm�ş olur. ∆ bağl� alternatörden ç�kan üç
hat (A, B ve C hatlar� ) ∆ bağl� R1 R2 ve R3 dirençlerine bağl�d�r.
IcC
EaA
a
C
E cC
IaA
IcC I
aA
c
B
A
IaA
IaA
b
E bB
R1
A’
b'
IbB’
IcC
182
R2
I3
I1
B’
a'
C’
I2
c'
R3
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
IC C ’
E CA
C
E BC
R1
I A A’
A
I aA
I cC I
aA
A’
R2
E AB
IB B’
B
I3
I1
C’
I2
R3
B’
Şekil 9.17 Üçgen sistem
Şekil 9.17 (b) deki (∆) üçgen sistemde AA’ iletkeninden IAA ak�m�, (a)
devresindeki iki iletkenden geçen ak�mlar�n vektör yel fark�na eşit olduğu
görülür.
IAA’ = IaA-IbB
IAA’
ak�m�n� şekil 9.17 (b) devresindeki A düğüm noktas�na kirşofun ak�m
kanununu uygulayarak da bulabiliriz.
IAA’ + IbB = IaA
IAA’ = IaA – IbB
BB’ hatt�ndan geçen IBB’ ak�m� ile CC’ hatt�ndan geçen IcC’ ak�m� da ayn�
şekilde bulunabilir.
B noktas�na uygulanan Kirşof kanunundan,
IBB’ = IbB – IcC
C noktas�na uygulanan kirşof kanunundan,
ICC’ = IcC – IaA
Alternatörü yüke bağlayan üç hattan geçen IBB’ IAA’ ve ICC’ ak�mlar�na k�saca
HAT AKIMI denir. Alternatörün faz sarg�lar�ndan geçen ak�mlara da FAZ
AKIMI denir. Şekil 9.17 (a) dan (b) ye geçildiğinde faz emk’leri ile fazlar aras�
emk’ler aras�nda şu ilişkiler yaz�labilir ;
EaA = ECA,
EbB = EAB,
EcC = EBC
Faz emkleri ile ayn� fazda olan faz ak�mlar�n�n vektör diyagram�n� çizdikten
sonra, vektöryel işlemlerini yaparak, hat ak�mlar�n�n da vektör diyagram�n�
şekil 9.17 (c) de görüldüğü gibi çizebiliriz.
Faz ak�mlar� bir birine eşit ve 120 şer derece faz farkl� olduğu gibi, hat ak�mlar�
da bir birine eşit ve 120 şer derece faz farkl�d�rlar. IAA’ hat ak�m�n� vektör
diyagram�ndaki ikiz kenar üçgenden hesaplayal�m;
183
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
E cC =E BC
ICC’
-IbB
-IAA’
12
0o
30 o
IcC
E aA=E CA
30 o
12
0o
0
-IaA
-I aA
I bB
-I cC
E bB=E AB
-I BB’
Şekil 9.17 ( c ) Üçgen sistemde hat ve faz ak�mlar� vektör diyagram�
I AA' = 2 − IaA Cos 30o = 2 IaA −
I AA' =
3
2
3 . I aA
I aA ' = I bB = I cC = I f
I AA' = I BB ' = I CC ' = I
( faz ak�m� )
( hat ak�m� ) olduğundan genel olarak,
I = 3.I f olur.
Üçgen sistemde, üç fazl� alternatörün fazlar� dengeli yüklü ise alternatörden
çekilen hat ak�m�, faz ak�m�n�n 3 kat�na eşittir. Üç fazl� alternatör için
söylediğimizi üç fazl� yük içinde söyleyebiliriz. Üç fazl� dengeli bir yükün faz
ak�m�, jeneratörden çektiği hat ak�m�n�n 1 / 3 üne eşittir.
Hat ak�mlar�n� veren yukar�daki formülleri alt alta yazarak toplad�ğ�m�zda s�f�r
bulunur.
IAA’ + IBB + ICC’ = 0
(
)
Şu halde, üçgen sistemde üç hat ak�m�n�n vektör yel toplam� s�f�rd�r.
Şekil 9.17 (c) deki vektör diyagram�nda , bir birine eşit ve 120 şer derece faz
farkl� hat ak�m� vektörleri görülüyor.
Üçgen bağl� üç fazl� bir alternatöre empedanslar� bir birine eşit üçgen bir yükü
şekil 9.18 (a) da ki gibi bağlayal�m Faz empedanslar�n�n aç�lar� φ ise,
184
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
alternatörün her faz�ndan geçen ak�m, faz geriliminden φ kadar geri kal�r.
Alternatörün faz ve fazlar aras� gerilimlerini, faz ve hat ak�mlar�n� gösteren
vektör diyagram� şekil 9.18 (b) de görülüyor.
IC
ECA
EAB
B
IB
C’
Z2
Z2
IBC I
AB
Z1
A’
A
ICA
C
EBC
IA
B’
Şekil 9.18 (a) Empedansl� dengeli üçgen yükün üçgen bağl� alternatörden
beslenişi
E BC
Icc’
IBC
-IAB
-IAA’
-ICA
0
E CA
ϕ
ICA
IAB
-IBC
E AB
-IBB’
Şekil 9.18 ( b) üçgen sistemde emk’ler ve faz ile hat ak�mlar� vektör diyagram�
4.Üç Fazl� Sistemde Güç
a. Dengeli yüklü Y�ld�z Sistemde Güç
Bir fazl� A.A da güç P = U.I . cos φ vatt�r. Üç fazl� Y bağl� dengeli bir yükte
harcanan güç, bir faz�n gücünün 3 kat�na eşittir.
Py = 3 Uf . If . Cos φ
185
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Üç fazl� yüke sarf edilen gücü, hat ak�m� ve fazlar aras� gerilimle ifade
edebilmek için Uf = U / 3 ; If = I değerlerini eşitlikteki yerlerine yazal�m;
Py = 3 (U /
Py =
3
3
). I.Cosφ
. U .I . Cosφ
Py = Dengeli yüklü Y sisteminde güç, vat (W)
U = Fazlar aras� gerilim, volt (V)
I = Hat ak�m�, amper.
b. Dengeli Yüklü Üçgen Sistemde Güç
Dengeli yüklü üçgen bağl� bir alternatörden çekilen güç veya üçgen bağl�
dengeli bir yükte sarf edilen güç, bir fazda sarf edilen gücün 3 kat�na eşittir.
P∆ = 3Uf . If . Cosφ
Uf yi fazlar aras� gerilim, If yi de hat ak�m� cinsinden ifade ederek
formülde yerine yazal�m;
P∆ = 3 . U . I .Cosφ
Y ve ∆ bağl� dengeli yüklerin çektikleri toplam güçleri veren formüllerle
karş�laşt�r�l�rsa ayn� olduklar� görülür. Şu halde, dengeli yülü Y ve ∆
sisteminde güç;
(P = 3 . U . I . Cosφ) formülü ile hesaplan�r.
5.Faz S�ras�
Üç fazl� bir sistemde Y bağl� bir alternatörün ürettiği 120 şer derece Faz farkl�
A, B ve C (R,S,T) faz emk’lerinin s�ras�n� bilmek dengeli ve dengesiz üç fazl�
yüklerin faz ve hat ak�mlar�n�n hesab� ve vektör diyagram�n�n çizimi için
gereklidir.
Şekil 9.19 (a) da üç fazl� Y bağl� bir alternatörden A,B,C ve O (R,S,T ve O)
hatlar�n�n ç�k�ş� görülüyor. Şekil 9.19 (b) deki vektör diyagram� faz emkleri
aras�ndaki ilişkiyi gösteriyor. A faz�n�n EOA faz emk’i, B faz� EOB emkinden
120° ileride veya EOB, EOA den 120° geridedir. B faz�n�n EOB emki C faz�n�n
EOC emkinden 120° ileridedir. Bu sistemde faz s�ras� A B C dir.
E OC = E∠120 ° , E OB = E∠0 ° , E OA = E∠ − 120 °
186
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil 9.20 (a) da görüldüğü gibi alternatörün A ve C fazlar�n�n uçlar�n�
değiştirirsek, (b) deki vektör diyagram�nda görüldüğü gibi faz s�ras� C B A
(ACB) olur. EOB, EOC den 120° geride, EOA da EOB den 120o geridedir.
E OC = E∠120 ° , EOB = E∠0 ° , EOA = E∠ − 120 °
Şekil 9.21 (b) de görüldüğü gibi fazlar aras� emk’leri gösteren vektör diyagram�
incelendiğinde faz s�ras�n�n A B C olduğu görülür. EAB den 120o geride ECA
vektörü gelir. E emk’lerin alt�ndaki birinci harflere bak�l�rsa faz s�ras�n�n A B C
olduğu anlaş�l�r.
E AB = E∠0 °
.E BC = E∠ − 120 ° ,
A
ECA = E∠120 °
E oA
0
O
E oB
B
O
C
E oC
Şekil 9.19 Y�ld�z bağl� alternatörün faz s�ras� ABC
E oC
A
0
O
B
O
C
E oA
Şekil 9.20 Üç fazl� sistemde faz s�ras� CBA
187
E oB
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
ECA
0
EAB
A (R)
G
B (S)
3
C (T)
EBC
Şekil 9.21 Faz s�ras� ABC
6. Dengeli Üç Fazl� Yükler
Üç fazl� bir A.A şebekesine bağlanan dengeli y�ld�z ve üçgen yüklerden geçen
faz ve hat ak�mlar�n�n bulunmas�n�, ak�m ve gerilim vektör diyagramlar�n�n
çizilmesini ve şebekeden çekilen gücün hesaplanmas�n� örnek problemler
çözerek aç�klamaya çal�şal�m
Örnek9.2
Faz gerilimi 120V olan üç fazl� Y bağl� bir alternatöre bağlanan dengeli 3 fazl�
yük 40 kW çekiliyor. Yükün güç katsay�s� 0,855 geridir. Hat ve faz ak�mlar�n�
hesaplay�n�z.
Çözüm9.2
U = 3 Uf = 3.120 = 208V
I=
P
3UCosϕ
=
40.1000
3 .208.0 ,855
= 130 A
I = If = 130 A
Örnek 9.3
Şekil 9.22 deki dengeli 3 fazl� ∆ yükün 3 fazl� şebekeden çektiği hat ak�m�n� ve
yükün fazlar�ndan geçen ak�mlar� hesaplay�n�z. Gerilim ve ak�mlar vektör
diyagram�n� çiziniz.
188
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
UCA
Ic
-I
B
IC
A
15o
45o
C
-I
A
B
0
IA
A
B
I AB
U A B =110 /-120 o
IC A
IB
C
U B C =110/0 o
C
-I
C
5Ω /45 o
I BC
IB
15o
5Ω /45 o
IB
UBC
15o
45o
45o
5Ω /45 o
U CA =110/120 o
B
IA
A
IA
IC
UAB
a)
(b) Vektör diyagram�
Şekil 9.22 3 fazl� dengeli yük ve vektör diyagram�
Çözüm 9.3
Üçgen yükün her faz�ndan geçen ak�mlar� bulal�m .
U
110∠ − 120 °
= 22 A∠ − 165° = −21,2 − j 5,7
I AB = AB =
Z
5∠45 °
U
110∠0 °
I BC = BC =
= 22 A∠ − 45 ° = 15,55 − j15,55
°
Z
5∠45
U CA 110∠120 °
I CA =
= 22 A∠75 ° = 5,7 + j 21,2
=
°
Z
5∠45
Yükün üç köşesine kirşofun ak�m kanunu uygulayal�m ,
I A = I AB − I CA = 22∠ − 165° − 22∠75 ° = 38,1∠ − 135 °
I B = I BC − I AB = 22∠ − 45 ° − 22∠ − 165° = 38,1∠ − 15 °
I C = I CA − I BC = 22∠75 ° − 22∠ − 45 ° = 38,1∠105 °
189
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Örnek 9.4
Örnek problem 9.3 ü kompleks say�lar� kullanmadan çözünüz.
Çözüm 9.4
Üçgen bağl� yükün her faz�na uygulanan gerilim şebekenin fazlar aras�
gerilimine eşittir.
U 110
Faz ak�m�, I f = =
= 22 A
Z
5
Yükün her faz�ndan 22A geçtiğinde şebekeden çekilen hat ak�mlar� bir birine
eşit ve faz ak�m�n�n 3 kat� olacakt�r.
U = 22. 3 = 38,1A
Faz empedanslar�n�n aç�s� 45° olduğuna göre faz ak�mlar� gerilimden 45° geri
kal�r. 120° faz farkl� hat gerilimlerinden 45° şer derece geri kalan faz ak�mlar�
aras�nda da 120 şer derece faz fark� olur. Gerilimler ve faz ak�mlar� vektör yel
olarak gösterildikten sonra çizim yolu ile de IA, IB ve IC hat ak�mlar� şekil 9.22
(b) de görüldüğü gibi çizilebilir.
Örnek 9.5: Şekil 9.23 (a) daki dengeli y�ld�z yükün, (a) şebekeden çektiği
ak�mlar� ve nötr ak�m�n� (b) çekilen gücü bulunuz. (c) vektör diyagram�n�
çiziniz.
UoC
A
IC
IA
IA
Z
IA
30o
20 Ω /-30o
UOA=120 /0o
0
0
UOC=120 /120o
UOB=120 /-120o
IB
IB
Z
20 Ω /-30o
B
IC
Z
20 Ω /-30o
30o
IC
UoB
C
IB
Şekil 9.23 Dengeli y�ld�z yük ve vektör diyagram�
190
30o
UoA
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm 9.5
(a) IA faz ak�m� ( hat ak�m�) UOA faz geriliminden (30°) ileride olur. Çünkü,
empedans�n aç�s� (-30°) olduğuna göre bu empedans seri R C den meydana
gelmiştir. Yükün diğer faz empedanslar� da ayn� olduğu için öteki faz ak�mlar�
da faz gerilimlerinden 30’ar derece ileride olurlar.
120
I A = I B = IC =
= 6A
20
Nötrden geçen ak�m I0, 120° faz farkl� IA, IB ve IC ak�mlar�n�n vektör yel
toplam�na eşittir. Bu toplamda s�f�rd�r. I0 = 0
b) P = 3 . Uf . If . Cosφ = 3.120.6.Cos 30o = 1870 vat
c)Vektör diyagram�n�n çizimi: UOA vektörü referans ekseninde al�n�r. UOB
120° geride, UOC de120° ileride vektörlerle gösterilir. 6A lik faz ak�mlar� da faz
gerilimlerinden 30° ileride al�n�r.
Örnek 9.6 : Şekil 9.22 (a) da ki dengeli üçgen yükün şebekeden çektiği hat
ak�m�n� üçgen yükü eşdeğer y�ld�z yüke çevirerek bulunuz.
Çözüm 9.6 : Dengeli üçgen yükün faz empedans� Z∆ = 5Ω∠45 ° olduğuna
Z∆ 5
göre, eşdeğer y�ld�z yükün faz empedanslar� Zy =
= ∠45 ° olur. Şekil 9.24
3
3
(a) da eşdeğer y�ld�z yükün şebekeye bağlan�ş� görülüyor.
Şekil 9.24 (a) da ki Y yükün her faz�na uygulanan gerilim fazlar aras� gerilimin
(1/ 3 ) üne eşit olduğuna göre bir faz�n eşdeğer devresini şekil 9.24 (b) de ki
gibi çizebiliriz. Bu eşdeğer devreden hat ak�m� kolayca bulunur.
A
IA
I
Z1
5/3 Ω /45o
UAB=110 /-120o
0
Z2
5/3 Ω /45o
IB
Z3
Z1
Uf=110/ 3
UCA=110 /-120o
5/3 Ω /45o
5/3 Ω /45o
B
UBC=110 /0o
IC
C
(a)
(b) Y�ld�z yükün bir faz�n�n eşdeğer devresi
Şekil 9.24 Eşdeğer y�ld�z yük
191
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
110
Uf
3
=
= 38,1∠ − 45 ° A
5
Z
∠45 °
3
Her faz�n 38,1A lik hat ak�mlar�, faz gerilimlerinden 45° geri kal�r.
I=
7 . Dengesiz Üç Fazl� Yükler
Üç fazl� A.A şebekesine bağlanan dengesiz y�ld�z ve üçgen yüklerden geçen
faz ve hat ak�mlar�n�n ve yükün çektiği gücün hesaplanmas�, vektör
diyagram�n�n çizilmesi gibi konular� örnek problemler çözerek aç�klayal�m.
Örnek 9.7
Üç fazl� üçgen bağl� bir �s�t�c�n�n omik dirençleri R1 = 20Ω, R2 = 40Ω ve R3 =
25Ω dur. Fazlar aras� 400V olan üç fazl� şebekeye bağlanan yükün çektiği hat
ak�m�n� ve yükün fazlar�ndan geçen ak�mlar� hesaplay�n�z.
Çözüm 9.7
Şekil 9.25 (a) da yükün şebekeye bağlan�ş� görülüyor. R1 direncinden geçen
I1 ak�m� URS fazlar aras� gerilimi ile ayn� fazdad�r.
400
I1 =
= 20 A
20
R2 direncinden geçen I2 ak�m� UST fazlar aras� gerilimi ile ayn� fazdad�r.
400
= 10 A
40
R3 direncinden geçen I3 ak�m� da UTR fazlar aras� gerilimi ile ayn� fazdad�r.
I2 =
I3 =
400
= 16 A
25
192
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
U TR
IT
60
IR
A
R
o
I2
I3= 1 6 A
B
400V
T
o
I1 = 2 0 A
0
60
IS
60
d
U RS
o
IR
o
60
o
R2=40Ω
IS
S
-I1
I3
5Ω
=2
R3
I1
400V
R=
1 20
Ω
60
C
I2
IT
60
o
I2= 1 0 A
f
-I3
U AB
(a)
(b) Vektör diyagram�
Şekil 9.25 Dengesiz üçgen yük
URS gerilimini referans ekseninde alarak , UST ve UTR gerilim vektörlerini
çizdikten sonra gerilimlerle ayn� fazda olan faz ak�mlar�n�n da vektörlerini
çizdiğimizde şekil 9.25 (b) de görülen vektör diyagram� elde edilir.
A,B ve C düğüm noktalar�na Kirşofun ak�m kanununu uygulayarak hat
ak�mlar�n� bulal�m:
A düğüm noktas� : IR = I1 – I3
B düğüm noktas� : IS = I2 – I1
C düğüm noktas� : IT = I3 – I2
( vektörel )
( vektörel )
( vektörel )
IR = I1 + (-I3) yaz�labilir. I1 vektörü ile (-I3) vektörünün toplam� IR ak�m�n� verir.
Diğer ak�mlar içinde ayn� işlemler yap�l�r. Şekil 9.25 (b) deki vektör
diyagram�nda bu vektör yel toplamlar gösterilmiştir.
IR ak�m�n�, odf dik üçgenine Pisagor teoremini uygulayarak bulabiliriz.
I1 + I 3 . cos 60o ) 2 + ( I 3 .sin 60o ) 2
(20 + 16.0,5) 2 + (16.0,866) 2 = 282 + 13,852 = 31,3 A
IR ak�m�n�n Ix ve Iy bileşenlerini, I1 ve (-I3) vektörlerinin x ve y eksenindeki
bileşenlerinden
bularak
,
IR
ak�m�n�
2
IR = Ix + I y
2
formülü
hesaplayabiliriz.
I S = ( I 2 + I1. cos 60o ) 2 + ( I1.sin 60o ) 2 = (10 + 20.0,5) 2 + (20.0,866) 2
193
ile
de
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
I S = 202 + (17,32) 2 = 26,5 A
IT = ( I 3 + I 2 . cos 60o ) 2 + ( I 2 .sin 60o ) 2 = (16 + 10.0,5) 2 + (10.0,866) 2
IT = 212 + 8,662 = 22,7 A
Örnek 9.8
Şekil 9.26 (a) da görüldüğü gibi y�ld�z bağl� dengesiz bir yük, fazlar aras�
gerilimi 380V olan üç fazl� dört hatl� bir şebekeye bağlanm�şt�r. a) Her fazdan
geçen ak�m� b) nötr hatt�ndan geçen ak�m� c) Yükün çektiği toplam gücü
bulunuz.
Çözüm 9.8
a) R1 direncinden geçen IA ak�m� UOA faz gerilimi ile ayn� fazdad�r.
220
IA =
= 22 A
10
R2 direncinden geçen IB faz ak�m� UOB faz gerilimi ile ayn� fazdad�r.
IB =
220
= 10 A
22
R3 direncinden geçen IC faz ak�m� UOC faz gerilimi ile ayn� fazdad�r.
IC =
220
= 17,6 A
12,5
UOA, UOB ve UOC faz gerilimlerini 120şer derecede faz farkl� üç vektörle
gösterildikten sonra, IA, IB ve IC ak�mlar�n� da vektör yel olarak çizdiğimizde
şekil 9.26 (b) de ki vektör diyagram� elde edilir.
b) Nötr hatt�ndan geçen ak�m IA, IB ve IC ak�mlar�n�n vektör yel toplam�na
eşittir. Faz ak�mlar�n�n x ve y eksenlerindeki bileşenlerine ay�ral�m. Şekil 9.26
(b)Nötr ak�m�n�n x eksenindeki bileşeni Ixn = IA – (IB + IC) Cos 60°
194
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
y
UOC
A
IA
IC
IA
R1=10 Ω
UOA=220 /0o
IN
30o
60
In
o
38,8o
IA
120o
UOA
x
0
UOB=220 /-120o
IB
IB
R2=22 Ω
B
UOC=220 /120o
IC
IC
IB
R3=12,5 Ω
UOB
C
Şekil 9.26 Dengesiz y�ld�z yük ve vektör diyagram�
Ixn = 22-10.0,5 –17,6.0,5 = 8,2Ω
Nötr ak�m�n�n y eksenindeki bileşeni
Iyn = Ic Sin 60o –IB Sin 60o = 17,6.0,866-10.0,866 = 6,59Ω
I N = ( 8 ,2 ) 2 + ( 6 ,59 ) 2 = 10 ,5 A
b. Şebekeden çekilen toplam güç, her faz�n çektiği güçlerin toplam�na eşittir.
P = P 1 + P 2 + P3
P = 220.22 + 220.10 + 220.17,6 = 10912vat
9.4 GÜÇ ÖLÇMEK
Herhangi bir yükün şebekeden çektiği güç vat metre ile ölçülür. Bir fazl� bir
yükün çektiği gücü ölçmek için vat metrenin ak�m bobini devreye seri, vat
metrenin gerilim bobini de devreye paralel olarak şekil 9.27 de görüldüğü gibi
bağlan�r. Vat metrenin ak�m bobininden yükün çektiği ak�m geçtiği, gerilim
bobinine de yükün uçlar�ndaki gerilim uyguland�ğ� için ölçü aletinin ibresi vat
olarak yükün çektiği gücü gösterir.
195
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
W
ZA
A
W
W
ZB
B
O
I
ZC
Z1
U
W
C
Şekil9.27Vatmetre ile güç
ölçmek
Şekil9.28a)Y�ld�z yükün faz
güçlerinin ölçülmesi
Üç fazl� y�ld�z bağl� bir yükün üç fazl� A.A şebekesinden çektiği toplam gücü
ölçmek için yükün her faz�na şekil 9.28 (a) da görüldüğü gibi birer vatmetre
bağlan�r.
Üç fazl� üçgen bağl� bir yükün şebekeden çektiği toplam gücü ölçmek için de
yükün her faz�na şekil 9.28 (b) de görüldüğü gibi birer vat metre bağlan�r.
Y�ld�z veya üçgen bağl� yük dengeli ise, vat metrelerin gösterdiği faz güçleri bir
birine eşit olur. Şebekeden çekilen toplam güç vat metrelerden birinin
gösterdiği değerin (bir faz�n gücü) üç kat�na eşit olur. Yükler dengesiz ise,
şebekeden çekilen toplam güç vat metrelerin gösterdiği değerlerin toplam�na
eşittir.
Dengeli yükün çektiği toplam güç : P = 3.P1
Dengesiz yükün çektiği toplam güç : P = P1 + P2 + P3
196
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
W
A
A
U
Z2
W
B
ÜÇ FAZLI
Z1
YÜK
U
B
Z3
C
Suni Nötr
W
C
(b) Üç fazl� yükün çektiği gücün üç
vat metre ile ölçülmesi
(a) Üçgen yükün faz güçlerinin
ölçülmesi
Şekil 9.28 Üç fazl� yükün gücünü ölçmek
Y�ld�z yükün s�f�r noktas� klemens tablosuna (uç bağlant� noktas�na), üçgen
yükün de faz uçlar� ayr� ayr� klemens tablosuna ç�kar�lmam�ş ise, her faz�n
gücünü ölçecek şekilde vat metreleri şekil 9.28 de görüldüğü gibi
bağlayamay�z.
Bu durumda y�ld�z ve üçgen yüklerin şebekeden çektiği gücü ölçmek için üç
tane vat metre şekil 9.28 (c) deki gibi bağlan�r. Burada üç tane eş vat metrenin
gerilim bobinlerinin birer uçlar� fazlara gerilim bobinlerinin diğer uçlar� da bir
birine bağlanm�şt�r. Böylece meydana getirilen suni nötr noktas� ile her vat
metrenin gerilim bobinine ( U/ 3 ) gerilimi uygulanm�ş olur. Vat metre bir tane
ise , eşit üç direnci y bağlay�p ABC fazlar� uyguland�ğ�nda y�ld�z noktas� suni
nötr olur. Vatmetre ile her faz�n gücü ölçülebilir.
Yük dengeli olursa, vatmetrelerin ak�m bobinlerinden geçen hat ak�mlar� ayn�
olacağ� için vatmetrelerin gösterdiği değerler de bir birine eşit olur.
Vatmetrelerden birinin gösterdiği değerin üç kat� şebekeden çekilen toplam
gücü verir. Yük dengesiz olursa, vatmetrelerin ak�m bobinlerinden geçen
ak�mlar farkl� olacağ� için vatmetrelerin gösterecekleri değerlerde farkl� olur.
Vatmetrelerden okunan değerlerin toplam� şebekeden çekilen toplam gücü
verir.
P = P1 + P 2 + P 3
197
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
a) İki Vat metre Metodu ( Aron Bağlant�s� )
Üç fazl� dengeli ve dengesiz yüklerin şebekeden çektiği güçlerin ölçülmesinde
en çok kullan�lan iki vatmetre metodudur. Bu metodun diğer metotlara
üstünlükleri şunlard�r:
a) Y�ld�z ve üçgen yüklere ayn� bağlant� uygulan�r.
b) Dengeli ve dengesiz yüklerin çektikleri güçleri üç değil iki vatmetre
ile ölçmemizi sağlar.
c) Dengeli yüklerin güç katsay�lar� vatmetrelerin gösterdiği değerlerden
bulunabilir.
1. Dengeli Y�ld�z Yük
Dengeli y�ld�z şebekeden çektiği gücü ölçmek için iki vatmetre şekil 9.29 (a)
da görüldüğü gibi bağlan�r. Birinci vatmetrenin ak�m bobininden geçen ak�m IA
gerilim bobinine uygulanan gerilim de UAB dir. İkinci vatmetrenin ak�m
bobininden geçen ak�m IC, gerilim bobinine de UCB fazlar aras� gerilimi
uygulanm�şt�r. Vatmetrelerin gösterdiği değerleri bulmak için ak�mlar� ve
gerilimleri gösteren vektör diyagram�n� çizmeye çal�şal�m. Dengeli y�ld�z yükün
geri güç katsay�l� olduğunu kabul edelim. Yük dengeli olduğu için UAO, UBO,
UCO faz gerilimleri bir birine eşit ( U/ 3 ) ve 120 şer derece faz farkl�d�r. 120°
faz fakl� üç vektörle faz gerilimleri çizildikten sonra her faz ak�m� faz
geriliminden φ kadar geride olarak al�n�r. Birinci vat metreye uygulanan UAB
gerilimi UAO ve UOB faz gerilimlerinin vektör yel toplam� al�narak çizilir. İkinci
vat metreye uygulanan UCB gerilimi de, UCO ile UOB faz gerilimlerinin vektör yel
toplam� al�narak çizildiğinde şekil 9.29 ( b ) deki vektör diyagram� elde edilir.
U CB
P1
W
IA
IB
B
ZB
30 o
ϕ
O
ZC
P2
C
U AB
IC
ZA
A
-U BO
U CO
IC
IB
W
(a) İki vat metrenin bağlan�ş� (Aron Bağlant�s�)
30 o
IA
U AO
(b) Vektör diyagram�
Şekil 9.29 Dengeli y�ld�z yükün iki vat metre ile gücünün ölçülmesi
198
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Vektör diyagram� incelendiğinde, UAB fazlar aras� gerilimi ile UAO faz gerilimi,
UCB fazlar aras� gerilimi ile UCO faz gerilimi aras�nda 30’ar derecelik faz fark�
olduğu görülür. Birinci vat metreye uygulanan UAB gerilimi ile IA ak�m�
aras�ndaki faz fark� (30+φ), ikinci vat metreye uygulanan UCB gerilimi ile IC
ak�m� aras�ndaki faz fark� da (30-φ) dir.
P1 = UAB . IA . Cos(30+φ)
İkinci vat metrenin gösterdiği değer;
P2 = UCB . IC . Cos(30-φ)
Güç formülündeki UAB ve UCB mutlak değeri yerine U ve IA ile IC mutlak
değerleri yerinede I yazal�m.
Birinci vat metrenin gösterdiği değer;
P1 = U . I . Cos(30+φ)
P2 = U . I .Cos(30-φ)
Vat metrelerin gösterdiği değerleri toplayal�m.
P1 + P2 = U . I . ( Cos (30+φ) + Cos (30-φ) )
İki aç� toplam�n�n ve fark�n�n kosinüsü,
Cos ( α ± β) = Cos α . Cos β ± Sin α . Sin β
Formülü ile hesaplan�r. Güç ifadesindeki kosinüsleri bu formüle göre açal�m.
P1 + P2 = UI. ( Cos30o. Cosφ – Sin30o. Sinφ + Cos30o Cosφ +
o
Sin30 .Sinφ)
P1 + P2 = U.I . 2 Cos 30o . Cosφ
Bulunur.
2 Cos30o = 2.
P1 + P1 =
3 2 = 3 yerine al�n�rsa
3 .U.I.Cosφ
Bulunur. Bu formül dengeli üç fazl� sistemde toplam gücü veren formüldür. Şu
halde, iki vat metrenin gösterdiği değerlerin toplam� bize, üç fazl� dengeli
yükün şebekeden çektiği gücü verir.
2. Dengeli Üçgen Yük
Şekil 9.30 (a) da dengeli üçgen yüke iki wattmetre’nin bağlan�ş� görülüyor.
Şekil9.29 (a)’daki y�ld�z yüke wattmetrelerin bağlan�ş� ile karş�laşt�r�ld�ğ�nda
wattmetre bağlan�şlar�nda bir fark olmad�ğ� görülür. Birinci wattmetrenin
gerilim bobinine Uab gerilimi uygulanm�ş ve ak�m bobininden Ia hat ak�m�
199
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
geçmektedir. İkinci wattmetrenin ak�m bobininden Ic hat ak�m� geçmekte ve
gerilim bobinine de Ucb gerilimi uygulanm�şt�r.
Vektör diyagram�n�n çiziminde şu yol takip edilir
Uab fazlar aras� gerilimi referans ekseni (x ekseni) üzerinde al�n�r. Uab’den
120 derece geride Ubc ve Uab’den 120 derece ileride Uca vektörleri çizilir.
Dengeli üçgen yükün güç katsay�s� cosϕ geri olarak kabul edelim. Bu
durumda yükün I1, I2 ve I3 faz ak�mlar� faz gerilimlerinden ϕ aç�s� kadar geri
kal�rlar. Uab’den ϕ kadar geride I1 ak�m vektörü, Ubc’den ϕ kadar geride (I2)
vektörü, Uca’dan ϕ kadar geride I3 vektörü çizilir. A ve C düğüm noktalar�na
kirsdchoff’un ak�m kanununu uygulayarak Ia ve Ic hat ak�mlar� bulunabilir.Ia
ak�m� , I1 ve (-I3) vektörlerini toplayarak; Ic ak�m� da I3 ve (-I2) vektörlerini
toplayarak bulabiliriz. Ucb gerilim vektörü Ubc’nin tersi olarak al�nd�ğ�nda şekil
9.30 (b)’deki vektör diyagram� elde edilir.Vektör diyagram� incelendiğinde I1 ile
Ia aras�ndaki aç� 30 derece, Ia ile Uab aras�ndaki aç�n�n da (30 +ϕ) olduğu
görülür. Ic ile (-I2) aras�ndaki aç� 30 derece, Ucb gerilimi ile Ic aras�ndaki aç�
da (30 – ϕ) derecedir. Yük dengeli olduğu için Ia, Ib ve Ic hat ak�mlar� birbirine
eşit ve 120’şer derece faz farkl�d�rlar.
U CA
P1
A
I3
IA
W
U CB
IC
-I 1
ϕ
30+ϕ
Z2
U AB
I1
IB
P2
C
I2
IB
B
I3
Z3
I1
Z1
-I 2
I2
IC
W
-I C
IA
Şekil 9.30
Birinci wattmetreden okunan güç, P1 = U.I.cos(30+ϕ)
İkinci wattmetreden okunan güç P2 = U.I.cos(30 – ϕ)
Bu iki güç toplan�r ve gerekli trigonometrik işlemler yap�l�rsa formül elde edilir.
P1 + P2 =
3
U.I.cosϕ
200
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3.Dengesiz Y�ld�z ve Üçgen Yükler :
İki vat metrenin gösterdiği değerlerin cebirsel toplam�n� dengesiz y�ld�z ve
üçgen yüklerin şebekeden çektiği toplam güce eşit olduğunu ispatlayal�m.
Şekil 9.29 (a)’daki y�ld�z yükün dengesiz olduğunu kabul edelim. Herhangi bir
anda yükün şebekeden çektiği güç, fazlar�n ani güçlerinin toplam�na eşittir
P = UAO.IA + UBO.IB + UCO.IC
Kirschoff’un ak�m kanununa göre herhangi bir anda O noktas�na gelen
ak�mlar�n geometrik toplam� 0’d�r.
IA + IB +IC = 0
IB = -(IA + IC )
Ak�mlar� güç ifadesindeki yerine yazal�m.
P = UAO . IA – UBO . (IA+IC) + UCO . IC
P = (UAO – UBO ) . IA + (UCO – UBO) . IC
bulunur. Elde edilen güç ifadesinde birinci terimi birinci vat metrenin, ikinci
terimi de ikinci vat metrenin gösterdiği değerlerdir .
(UAO – UBO). IA = P1
(UCO –UBO). IC = P2
Şu halde, şebekeden çekilen gücün ani değeri vat metrelerin gösterdikleri ani
güçlerin toplam�na eşittir.
Şekil 2.30(a)’daki üçgen yükün dengesiz olduğunu kabul edelim. Yükün
şebekeden çekeceği herhangi bir andaki güç, her faz�n çektiği ani güçlerin
toplam�na eşittir.
P = UAB . I1 + UBC. I2 + UCA . I3
Kirschoffun gerilim kanununa göre kapal� üçgen bir devrede gerilim
düşümlerinin geometrik toplam� 0’d�r.
UAB +UBC + UCA = 0
201
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Gerilim denklemindeki eşitlikten UCA y� bulup güç eşitliğinde yerine yazal�m.
UCA = - (UAB + UBC)
P = UAB . I1 + UBC . I2 - (UAB + UBC).I3
P = (I1 –I3 ) . UAB + (I2 –I3). UBC
UBC = -UCB ifadesini yerine koyal�m
P = (I1 –I3).UAB + (I3- I2) . UCB
bulunur.
İfadenin birinci terimi birinci vat metrenin, ikinci terimi de ikinci vat metrenin
gösterdiği değerlerdir.
Şu halde, herhangi bir dengeli veya dengesiz yükün şebekeden çektiği toplam
güç, iki vat metrenin gösterdiği değerlerin cebirsel toplam�na eşittir.
Üç fazl� dört hatl� şebekelerde iki vat metre ile dengesiz yüklerin güçleri
ölçülemez. Vat metrelerin bağl� olmad�ğ� faza, yeni yükler ilave edildiğinde
birinci ve ikinci vat metrelerden geçen ak�mlar ve vat metrelerin gerilim
bobinlerine uygulanan şebeke gerilimi sabit kald�ğ� için, vat metrelerin
gösterecekleri değerler değişmez. Dolayas� ile, faz�n birine yeni yükler ilave
edildiği halde, vat metrelerin gösterdiği toplam güç sabit kalm�şt�r.
4. Güç Katsay�s�n� Vatmetrelere Etkisi
Dengeli üç fazl� yüklerde iki vat metre ile yap�lan Aron bağlant�s�nda ( şekil
9.29 (a) ve şekil 9.30 (a) ) vat metrelerin gösterdiği değerlere veren formülleri
yeniden yazal�m.
P1 = U.I.Cos(30+φ)
P2 = U . I Cos (30-φ)
Çeşitli güç katsay�lar� olan yüklerde vat metrelerin göstereceği değerleri
inceleyelim.
a) Cos φ = 1 olan yük : Güç katsay�s� bir olan dengeli bir yükte
birinci ve ikinci vatmetrelerin gösterdiği değerler bir birine eşittir.
P1 = P2 = U.I.Cos30o
bulunur.
P1 = P2 = ( 3 /2) U.I
Vat metrelerin her biri toplam gücün yar�s�n� gösterir.
202
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
b) Cosφ = 0,866 ileri ve geri olan yük : Güç katsay�s� 0,866 ileri
olunca φ 30o olur. Güç formüllere φ = 30o yazal�m.
P1 = U .I Cos(30°+ 30° ) = U.I Cos60 = U.I / 2
P2 = U.I Cos(30° – 30° ) = U.I Cos 0° = U.I
bulunur.
Birinci vat metre toplam gücün (1/3) ünü, ikinci vat metre ise toplam gücün (
2/3) ünü gösterir.
Güç katsay�s� 0,866 geri olursa, φ = -30° olur. Birinci vat metreden P1 = U.I
Cos0°= U.I değeri, ikinci vat metreden de P2 = U.I Cos60° = ( 1 / 2 )U.I değeri
okunur.
c) Cos φ = 0,5 geri olan yük : Cos φ =0,5 , φ = –60° olur. Vat
metrelerin gösterdikleri değerler.
P1 = U.I Cos (30° – 60° ) = U.I Cos (-30° ) = ( 3 /2) U.I
P2 = U.I Cos(30° +60°) = U.I Cos 90° = 0
bulunur.
İkinci vatmetre 0 değerini gösterirken birinci vat metre yükün çektiği toplam
gücü gösterir
d) Cos φ < 0,5 olan yük : Yükün güç katsay�s� 0,5 den küçük
olursa, φ aç�s� 60° den büyük olacağ� için güç ifadesindeki Cos
(30 + φ) değeri 90° den büyük olur
90° den büyük aç�lar�n kosinüsü negatif olduğu için vatmetrelerden birinin
gösterdiği değer negatiftir. Bu, vat metrelerden birinin ters sapmas� demektir.
Birinci veya ikinci vat metrelerden hangisinin ters sapacağ� güç katsay�s�n�n
ileri veya geri (yani φ aç�s�n�n + veya - ) oluşuna göre değişir.
Yükün çektiği toplam gücü bulmak için ters sapan vat metrenin gerilim
bobininin uçlar� değiştirilir. Ve vat metrenin gösterdiği değer okunur. Diğer vat
metrenin gösterdiği değerden ters sapan vat metreden okunan değer
ç�kar�larak toplam güç bulunur.
5. İki Vatmetre İle Güç Katsay�s�n� Ölçmek
Dengeli üç fazl� yüklerde vat metrelerin gösterdiği P1 ve P2 değerlerinden
yüklerin katsay�lar� bulunabilir. Vat metrelerin gösterdiği değerler,
,
P1 = U.I.Cos (30° + φ)
P2 = U.I.Cos (30° – φ) bu iki değerin fark� ;
P2 – P1 = U.I. Cos ( 30° – φ) – U.I Cos (30° + φ )
203
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Gerekli trigonometrik işlemlerle sadeleştirelim .
P2 – P1 = U . I ( Cos30°o . Cosφ + Sin30° . Sinφ – Cos30o . Cosφ
+ Sin30o. Sinφ)
P2 – P1 = U . I .2Sin30o . Sinφ
Sin 30o = 1/2 değerini yerine yazal�m.
P2 – P1 = U.I . Sin φ bulunur. Vat metrelerin gösterdiği değerlerin
toplam�n� daha önce bulmuştuk.
P 1 + P2 =
3
. U . I . Cos φ
Vat metrelerden okunan değerlerin fark�n� toplam�na bölelim.
Sinϕ
3.Coϕ
1
.tgϕ
3
P −P
tgϕ = 3. 2 1
P2 + P1
tg φ hesapland�ktan sonra trigonometrik cetvellerden φ ve Cosφ bulunur.
P2 − P1
=
P2 + P1
P2 − P1
=
P2 + P1
Örnek 9.9
Üçgen yük 200V üç fazl� bir şebekeye bağlanm�şt�r. Yükün birinci faz�nda
10Ω luk direnç, ikinci faz�nda 8Ω luk endüktans ve üçüncü faz�nda 7Ω luk bir
kapasitans vard�r. Yükün çektiği toplam gücü iki vat metre metodu ile ölçmek
için gerekli bağlant� yap�lm�şt�r. (şekil 9.31) a) Yükün şebekeden çektiği faz ve
hat ak�mlar�n�, b) A ve C faz hatlar�na bağl� olan vat metrelerin gösterdikleri
değerleri hesaplay�n�z.
Çözüm 9.9
Her fazdan geçen ak�m ve faz gerilimleri ile faz ak�mlar� aras�ndaki aç�lar�
bulal�m.
200
a) I AB =
= 20 A , UAB ile ayn� fazda
10
200
I BC =
= 25 A , UBC den 90° geride
8
204
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
I CA =
200
= 28,57 ,
7
Topak
UCA dan 90° ileride
Şekil 9.31 (b) deki vektör diyagram�nda 120° faz fakl� UAB, UBC ve UCA faz
gerilimleri çizildikten sonra faz ak�mlar� aç�lar�na göre çizilmiştir.
P1
200/120o
IA
W
A
IAB
10Ω
200/0o
IBC
IB
B
ICA
7Ω
8Ω
200/-120o
P2
IC
W
C
UCA
IB
-UBC
ICA
IBC
IB
o
60
30o
30o
30o
-IAB
30o
30o
30o
IAB
UAB
96,6o
ICA
83,4o
-IBC
IC
UBC
Şekil 9.31 Dengesiz üçgen yük, ak�m ve gerilim vektör diyagram�
A, B ve C noktalar�na Kirşofun ak�m kanununu uygulayarak hat ak�mlar�n�
hesaplayal�m.
IA = IAB – ICA ,
IB = IBC – IAB
IC = ICA – IBC
Bu vektöryel toplamlar� vektör diyagram� üzerinde yapal�m.
205
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
I A = (20 + 28,5.Cos30o ) 2 + (28,5.Sin30o ) 2 = 46,97 A
I B = (20 + 25.Cos30o ) 2 + (25.Sin30o ) 2 = 43,46 A
I C = (28,5.Cos30 − 25.Cos30o ) 2 + (28,57.Sin30o + 25.Sin30o ) 2 = 26,96 A
b) Birinci vat metrenin gösterdiği değer,
UAB ile IA aras�ndaki aç�, tg φ1 = 14,25/43,7 = 0,32 φ1 = 17,7o
P1 = UAB . IA . Cos φ1 = 200. 46,97 . Cos 17,7o = 8949 vatt
İkinci vat metrenin gösterdiği değer ,
U CB = −U BC = −200∠ − 120° = 200∠60°
arctg
26 ,7
= 83,4°
3,
I C = 26 ,9 ∠ − 96 ,6°
UCB ile IC aras�ndaki ϕ2=60°+96,6°=156,6°
P2 = 200 x 26,96 .Cos156,6° = 200.26,96 . (-0,918) = - 4949vat
Yükün çektiği toplam güç , P = 8949 – 4949 = 4000vat.
Üçgen yükteki şelfin ve kondansatörün çektiği güçler s�f�rd�r. O halde
şebekeden çekilen güç 10Ω luk dirençte �s� şeklinde sarf olur.
P = R . IAB2 = 10 .(20)2 = 10.400 = 4000 vat
Şu halde, yukar�da vat metrelerin gösterdiği değerlerle bulduğumuz güç
doğrudur.
206
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
9.5 ÜÇ FAZLI SİSTEMDE GÜÇ KATSAYISININ DÜZELTİLMESİ
IC
I1
I
R (A )
ϕ
Y Ü K cos ϕ
GERİ
S (B )
0
T (C )
O
IC
IW
U
ϕ1
Im1
I1
Im
I
CY
(a)
(b)
Şekil 9.32 Güç katsay�s�n�n Y bağl� kondansatörle düzeltilmesi
Güç katsay�s� çok küçük olan üç fazl� dengeli bir yükün güç katsay�s�n�, şekil
9.32(a) da görüldüğü gibi, kondansatör bağlayarak düzeltmek istiyoruz. Yükün
güç katsay�s� Cosφ geri ve çektiği hat ak�m� da I d�r. Şekil 9.32 (b) deki vektör
diyagram�nda görüldüğü gibi I ak�m� faz geriliminden φ kadar geridedir. I ak�m�
gerilimle ayn� fazda olan IW (vatl� ak�m veya reel ak�m ) ve gerilime 90° dik. Im
(m�knat�slama ak�m�) bileşenlerine ayr�l�r. Sistemin güç katsay�s�n� Cos φ1 e
yükseltebilmek için devreye bağlanan kondansatörün çekeceği ak�m IC = Im –
Im1 olmal�d�r.
Yükün şebekeden çektiği,
Görünür güç ( zahiri güç) ,
S = 3 . U.I . 10-3 kVA
Hakiki güç (aktif güç) ,
P = 3 . U . I Cosφ . 10-3kW
Reaktif güç ( kör güç ) , Q = 3 U . I .Sin . φ . 10-3 kVAr
Q C (k V A )
P (k W )
0
ϕ
ϕ1
Q 1(k V A r)
S 1(k V A )
Q (k V A r)
S
Şekil 9.33 Görünür, aktif ve reaktif güçler vektör diyagram�
207
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Şekil 9.33 de güçler vektör diyagram� çizilmiştir. Hakiki güç referans (x ekseni)
ekseninde, reaktif güç y ekseninde al�nd�ktan sonra bu iki değerin vektörel
toplam� al�narak görünür güç bulunur.
Yükün katsay�s� Cos φ1 e yükseldiğinde şebekeden çektiği hakiki güç ayn�
kal�r. Şebekeden çekilen reaktif güç Q1 değerine düşer. Devreye bağlanan
kondansatörlerin vereceği Qc reaktif gücü, yüke laz�m olan Q reaktif gücün bir
k�sm�n� karş�lad�ğ� için şebekeden çekilen reaktif güçte azalma olur.
Dolay�s�yla güç katsay�s� da büyür.
Yükün katsay�s� Cos φ den Cos φ1 e ç�karmak için gerekli olan Qc
reaktif gücü (Q-Q1) dir.
Qc = Q – Q 1
Y�ld�z bağl� kondansatörün şebekeden çektiği hat veya faz ak�m� Ic, fazlar
aras� gerilim U olduğuna göre kondansatörlerin verdiği toplam reaktif gücü
bulal�m.
Qc = 3 . Uf . Ic = 3 .(
Qc =
3
U
3
) .Ic =
3
. U . Ic
.U.I
Y�ld�z bağl� kondansatör grubunun bir faz�ndan geçen ak�m,
U
Uf
Ic =
= 3
1
Xc
ωCy
Ic =
,
U 
Qc = 3.U .
.ωCy
 3
3
ωCy bulunur.
3
Qc = U2 . ω . Cy
,
Y�ld�z bağl� kondansatör grubunun bir faz�ndaki kondansatörlerin kapasitesi
yukar�daki formülden bulunur.
Cy =
Qc
U 2ω
Cy = farad
reaktif)
ω = aç�sal h�z
volt
,
,
2лf
Qc = reaktif güç, VAr ( volt amper
;
U = fazlar aras� (hat) gerilimi,
Kondansatör grubunun verdiği güç kvar (kVAr) ile ifade edersek, mirofarad
olarak her faz�n kapasitesi,
208
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Qy =
Topak
Qc.109
µ f formülü ile hesaplan�r.
U 2ω
Şekil 9.32 de yükün güç katsay�s�n� düzeltmede kullan�lan kondansatörler
y�ld�z bağl�d�rlar. Kondansatörler üçgen bağl� olduklar�na göre, Şekil 9.34 de ki
gibi, kondansatör grubunun bir faz�n�n kapasitesini veren formülü ç�kartal�m.
VA olarak kondansatör gurubunun gücü,
Qc =
Ic =
yazal�m.
3
3
. U .Ic
Hat ak�m� Ic =
. U. ΩC
Qc = 3 . U2 . ωC∆
Bir faz�n�n kapasitesi
U 

 3
 Xc 
Ic nin bu değerini (61) de yerine
C∆ =
Qc
3U 2ω
C∆ = farad, Qc = VA (volt amper), U = fazlar aras� gerilim, volt ω =
aç�sal h�z, radyan/saniye,
Kapasiteyi mikrofarad ve Qc yi de (kva) olarak ifade edelim.
C∆ =
Qc.109
µf
3U 2ω
Qc.109
Qc
C
∆
=
formülü
µ f ile karş�laşt�r�l�rsa, toplam güçleri ayn�
3U 2ω
U 2ω
olan kondansatörlerin y�ld�zdaki bir faz�n�n kapasitesinin üçgen bağlamadaki
faz kapasitesinin 3 kat� olduğu görülür.
Cy =
Cy = 3 C ∆
209
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
I1
Topak
I
R
YÜK cos ϕ
GERİ
S
T
O
IC
C
Şekil 9.34 Üçgen bağl� kondansatörlerle güç katsay�s�n�n düzeltilmesi
Bir fabrikan�n şebekeden çektiği hakiki güç P kilovat ve güç katsay�s� Cosφ
geridir. Fabrikan�n güç katsay�s�n� Cosφ1 e yükseltmek istiyoruz. Fabrikaya
monte edeceğimiz y�ld�z veya üçgen bağl� kondansatör gurubunun
kapasitesini hesaplamaya çal�şal�m.
Şekil 9.33 deki güçler vektör diyagram�ndaki Q, Q1 reaktif güçlerini P ( kw), φ
ve φ1 bilinenleri yard�m� ile bulal�m.
Q = P . tg φ , Q1 = P . tg φ1 gerekli olan kondansatör gurubunun gücü; Qc=Q
- Q1, Qc = P (tgφ – tgφ1)
Y�ld�z bağl� kondansatör gurubunun bir faz�n�n kapasitesini ( Cy) bulmak için
Qc yerine yazal�m.
P.109
.(tgϕ − tgϕ1 )
U 2 .ω
Cy = Bir faz�n�n kapasitesi, (mikrofarad)
P = Fabrikan�n veya her hangi bir yükün hakiki gücü, kw (kilovat)
U = Üç fazl� şebekenin fazlar aras� gerilimi (hat gerilimi), volt
ω = 2 π f , A.A. �n aç�sal h�z�, radyan/saniye
φ = Fabrikan�n düşük olan güç katsay�s�n�n aç�s�, derece
φ1 = Sistemin düzelttiği güç katsay�s�n�n aç�s�, derece
Cy =
210
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Üçgen bağl� kondansatör gurubunun bir faz�n�n kapasitesini C∆ bulmak için
Qc yerine ifadeyi yazal�m.
P.109
C∆ =
.(tgϕ − tgϕ1 )
3.U 2ω
Örnek 9.11
1000 kw, Cos φ = 0,6 geri olan bir fabrika 380/220 volt, 50 Hz li üç fazl� bir
şebekeden besleniyor. Fabrikan�n güç katsay�s�n� Cos φ1 = 0,9’a ç�kartmak
için kondansatör kullanmak istiyoruz.
a) Fabrikadaki şebeke girişine
bağlayacağ�m�z kondansatör gurubunun kva olarak gücünü, b) Kondansatör
gurubu (Y) bağl� olduğuna göre bir faz�n�n kapasitesini Cy = ?,
c)
Kondansatörler üçgen bağland�ğ�nda bir faz�n kapasitesini C∆ = ?
hesaplay�n�z.
Çözüm 9.11
a) P = 1000 kw , Cos φ = 0,6
cetvelinden aç�lar�n� ve tangentlerini bulal�m.
φ = 53o
;
Cos φ1 = 0,9 un trigonometri
tg 53o = 1,33
0,488
;
φ1 = 26o ;
tg 26o =
Qc = P (tgφ – tgφ1) = 1000 ( 1,33 – 0,488) = 832 kva
b) Cy =
Qc.109
842.109
=
= 18500 µ f
U 2 .ω
3802. 2 π .50
Qc.109
842.109
=
= 6166,6 µ f
3.U 2 .ω 3.3802.2.π .50
Cy 18500
C∆ =
=
= 6166,6 µ f
3
3
c) C∆ =
9.6 KARIŞIK ÖRNEK PROBLEMLER
Örnek 9.12
Üç fazl� bir alternatörün faz gerilimi 231 V ve faz ak�m� 38 A dir. Hat gerilimi ve
hat ak�m�n� alternatör a) üçgen b) y�ld�z bağland�ğ�na göre hesaplay�n�z.
211
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
Çözüm 9.12 :
∆ bağlant� : U = Uf = 231 V
I = 3 . If = 1,73 . 38 = 65,8 A
Y bağlant� : U = 3 . Uf = 1,73 . 231 = 400 V
I = If = 38 A
Örnek 9.13
3 fazl� bir elektrikli �s�t�c�n�n her faz�n�n direnci 12,5Ω dur. 380 V luk hat
geriliminde �s�t�c� a) Y�ld�z b) üçgen bağland�ğ�na göre faz gerilimini, faz ile hat
ak�mlar�n� ve güçlerini hesaplay�n�z.
Çözüm
Y bağlant�
U
Uf =
3
=
380
3
= 220V
If =
Uf
220
=
= 17 ,6 A
R 12 ,5
I = If = 17,6 A
Py =
3
.U.I = 1,73 . 380 . 17,6 = 11600 vat
∆ bağlant�
Uf = U = 380 V
If =
Uf
380
=
= 30 ,4 A
R 12 ,5
P∆ =
3
I=
3
.If = 1,73 . 30,4 = 52,7 A
. U .I = 1,73 . 80 . 52,7 = 348000 vat
Örnek 9.14
Örnek 9.13 deki üç fazl� �s�t�c�n�n beslenmesinde şekil 9.35 deki gibi hatt�n biri
kesildiği zaman hat ak�mlar� ve güçler ne olur?
Çözüm
Y bağlant�
Re = 2 R = 2 . 12,5 = 25Ω
I1 =
U
380
=
= 15 ,2 A
Re
25
P1y = U . I1 = 380 . 15,2 = 5776 vat
212
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
R
R
R
U
R
R
R
U
R
S
R
S
T
T
a) Y bağlant�
b) Üçgen bağlant�
Şekil 9.35
∆ bağlant� :
R.( R + R )
25.12,5
=
= 8,33Ω
R + R + R 12,5 + 12,5 + 12,5
U
380
I1 =
=
= 45,6 A
Re 8,33
Re =
P1∆ = U . I1 = 380.45,6 = 17328 vat
Örnek 9.15
223 V 3 fazl� bir şebekeden üçgen bağl� bir �s�t�c�n�n çektiği hat ak�m� 15,4 A
olduğuna göre faz dirençlerini ve gücünü hesaplay�n�z.
Çözüm 9.15
Rf =
223
U
=
= 25,1Ω
15,4
I
3
3
P = 3 . U .I = 1,73 . 223 . 15,4 = 5950 vat
Örnek 9.16
127/220 V, üç fazl� bir şebekeye üçgen bağl� olan bir su �s�tma cihaz�n�n hat
ak�m� 14,7 A d�r. a) �s�t�c�n�n faz direncini ve gücünü b) hat gerilimi 380 V olan
üç fazl� şebekeye bu �s�t�c� nas�l bağlan�r? Hat ak�m� ne olur? c) (b) deki
213
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
bağlant� hatt�n�n biri kesilince ak�m ve güç ne olur? d) (c) durumundaki güç
normal gücün yüzde kaç�d�r?
Çözüm 9.16
a) If =
I
14,7
=
= 8,48 A
Uf = U = 220 V
3 1,73
U
220
R=
=
= 25,9Ω
P=
If 8,48
3 .U.I = 1,73 . 220 . 14,7 =
5600 W
b) 380 V luk şebekeye �s�t�c� y�ld�z bağlan�rsa normal çal�ş�r. Çünkü faz
gerilimi yine 220 volttur.
I=
c) I1 =
d)
0
0
P
5600
=
= 8,48 A
3 .U 1,73.380
U
380
=
= 7,33 A
2 R 2.25,9
P=
P − P1
5,6 − 2,79
.100 =
=
P
5,6
P1 = U.I1 = 380.7,33 = 2790W
0
0
50,1
Örnek 9.17
3 fazl� bir motorun etiketinden şu değerler al�nm�şt�r. 12 PS; 30 A; 220 V (∆) :
Cos φ = 0,89: verim 0,867 a) motor hangi 3 fazl� şebekelerde Y ve ∆ çal�ş�r
m�? b) motorun çektiği görünür gücü ve y�ld�z ile üçgen bağlamalardaki hat
ak�mlar�n� bulunuz. c) kör ve hakiki güçleri hesaplay�n�z.
Çözüm 9.17
a) Y =
220
V ;
380
127
V , veya 220 V üç hatl� şebeke
220
12.0,736
S
11450
= 11,45kvA
IY =
=
= 17,4 A
S=
0,867.0,59
3.U
3.380
∆:
I∆ =
S
11450
=
= 30 A
31.U 1,73.220
214
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
b) Cos φ 0,89 : φ = 27o ; Sin φ = 0,454
P = S.Cosφ = 11,45 . 0,89 = 10,2 kw
Q = S . Sin φ = 11,45 . 0,454 = 5,2 k VAR
215
Topak
BÖLÜM
KONULARLA İLGİLİ DENEYLER
216
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
KONU:
Topak
DC GERİLİM ÖLÇMELERİ
DENEY 1
DENEY KONUSU:
Kademeli DC gerilimin voltmetre ve osilaskopla ölçülmesi
AMAÇLAR:
Bir devrenin çal�şmas� için gerekli olan gerilimin veya herhangi bir DC gerilimin
değerini voltmetre ve osilaskopla ölçülmesini kavramak.
ARAÇ VE GEREÇLER:
1 Adet DC Ayarl� Gerilim kaynağ� 0......+ 12 V
1 Adet Osilaskop
1 Adet Anolog veya Dijital AVO metre
Ω
V
MODE
AUTO NORM
A
X-Y
CH1
POWER
CAL
TRACE
ROTA
FOCUS
CH2
POSITION
VOLTS/DIV
VOLTS/DIV
BAL
AC GND DC
INTENSITY
INPUT
0
Deney Düzeneği Şekli
İŞLEM BASAMAKLARI
a) Araç ve gereçleri al�n�z.
b) Şekildeki devreyi doğru şekilde kurunuz.
217
TV-L
SOURCE
VERT CH1 CH2 LINE EXT
INV
SLOPE
HORIZONTAL
POSITION
ASTIG
1Vp-p
Kademeli
DC
TV-F
CH1 ALT CHOP ADD CH2
VERT
MODE
0…+12V
COUPLING
AC
POSITION
VARIABLE
SWEEP TIME/DIV
BAL
AC GND DC
INPUT
X10 MAG
EXT.TRIG
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
c) DC Güç kaynağ�n�n anahtar�n� ON konumuna getirerek tablodaki
değerleri DC voltmetreden ayarlay�p, osilaskopla ölçtüğünüz değeri
tabloya kaydediniz.
d) Osilaskopla de gerilim ölçmek için neden 0 ayar� yap�l�r aç�klay�n�z.
DC Voltmetre
VOLT/d�v
Kare Say�s�
Ölçülen değer
U (Volt)
V /cm
h (cm)
U (Volt)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Tablo 1
Gerekli aç�klamalar� buraya yap�n�z.
218
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
KONU:
Topak
AC GERİLİM ÖLÇMELERİ
DENEY 2
DENEY KONUSU:
AC gerilimin Voltmetre ve Osilaskopla ölçülmesi
AMAÇ:
Değeri bilinmeyen veya değeri bilinen bir AC gerilimin Voltmetre ve osilaskopla
ölçülmesini kavramak.
ARAÇ VE GEREÇLER:
1 Adet AC gerilim kaynağ� 0...24 Volt
1 Adet Osilaskop
1 Adet Anolog veya Dijital AVO metre
1 Adet 1kΩ Potansiyometre
1 Adet Deney düzeneği ve bağlant� kablolar�
Ω
MODE
V
AUTO NORM
A
CH1
ASTIG
TRACE
ROTA
24V
FOCUS
INTENSITY
R(pot) 1K
Deney Düzeneği Şekli
219
TV-F
CH2
POSITION
VOLTS/DIV
VOLTS/DIV
BAL
INPUT
TV-L
SOURCE
VERT CH1 CH2 LINE EXT
INV
SLOPE
HORIZONTAL
POSITION
AC GND DC
1Vp-p
+
AC
CAL
COUPLING
AC
CH1 ALT CHOP ADD CH2
VERT
MODE
POWER
X-Y
POSITION
VARIABLE
SWEEP TIME/DIV
BAL
AC GND DC
INPUT
X10 MAG
EXT.TRIG
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
İŞLEM BASAMAKLARI :
Şekildeki devreyi setiniz üzerine kurunuz.
Osilaskopunuzun ayarlar�n� yap�n�z.
Voltmetrenin ayarlar�n� yap�n�z.
Gerilim kaynağ�n� ON konumuna getiriniz.
Tablodaki değerleri ölçerek doldurunuz.
Laboratuar�n�zdaki Osilaskobun prob x1 kademesindeyken en büyük
ölçülebilecek AC voltaj (efektif) değeri nedir?
7- AVO metreler AC gerilimin hangi değerini ölçerler?
123456-
ÇÖZÜMLER :
5AC
GERİLİM
VOLT/DİV
KARE
SAYISI
Upp ve U
U(VOLT)
3
5
9
12
15
18
21
24
V /cm
h (cm)
Upp= (V)
U=(Upp.0,707)/2
Tablo
6.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
............................................................
7.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
............................................................
220
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
KONU:
Topak
DC. ve AC de BOBİNİN İNCELENMESİ
DENEY 3
ELEMANLAR
12 V DC Güç Kaynağ�
12 V AC Güç Kaynağ�
2 Adet AVOMETRE
Bobin (500veya 1000 spir -0.5 Amper )
AMAÇ:
Bobinin DC ve AC’deki direncinin incelenmesi
DEVRE ŞEMASI:
160
16
V
5
1,6
x1K
x100
x10
DC
AC
_
x1
u
+
0,5m
50m
A
500m
(DC 12V)
AC 12
Gerilim
Kaynağ�
V
L
A
0
Deney Düzeneği
İŞLEM BASAMAKLARI :
1- 500 veya 1000 Spir -0.5 Amperlik bobini kullanarak yukar�daki devreyi kurunuz.
2- Devreye 12 Volt DC uygulay�n�z ve aşağ�daki durumlar için ak�m� ölçünüz.
• Saf bobini kullanarak
• Bobin içinden U tipi demir tak�l� iken
• Bobin içinden U tipi demir geçirip vidas� tak�l� iken.
3- Ölçmeleri tablo üzerine kaydediniz ve direnç (R= U/I)hesaplamalar�n� yap�n�z.
221
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
4- Devreye 12 Volt 50Hz uygulay�n�z ve ikinci ad�mdaki işlemleri tekrarlay�n�z.
5- Ölçmeleri tablo üzerine kaydediniz ve empedans ( Z = U/I ) hesaplar�n� yap�n�z.
ÇÖZÜMLER:
3Bobin (DC’de)
U (Volt)
Demir nüvesiz bobin
Demir U nüveli bobin
Demir U nüveli bobin
12
12
12
Bobin (AC’de)
U (Volt)
Demir nüvesiz bobin
Demir U nüveli bobin
Demir U nüveli bobin
12
12
12
4.
222
I (mA)
R=
U
(ohm)
/I
I (mA)
Z= U /I (ohm)
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
KONU:
Topak
BOBİNİN ENDÜKTANSININ ÖLÇÜLMESİ
DENEY 4
ELEMANLAR:
12 V DC Güç Kaynağ�
Sinyal generatörü
1 adet AVOMETRE
Bobin ( 1000 spir -0.5 Amper)
Bobin ( 500 spir - 0.8 Amper)
AMAÇ
Bobinin endüktans�n�n belirlenmesi.
DEVRE ŞEMASI
Deney Düzeneği 1
İŞLEM BASAMAKLARI
1- Bobinin direncini deney düzeneği 2 deki gibi AVOMETRE ile ölçünüz.
2- 1000 spir 0.5 Amperlik bobini kullanarak yukar�daki deney düzeneği 1
devresini kurunuz. Devreye 7.5 Volt 50 Hz uygulay�n�z ve Ieff ak�m�n�
223
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3- ölçünüz. Ölçümleri tablo üzerine kaydediniz. Endüktans hesab�n�
yap�p tabloya kaydediniz.
4- 500 spir 0.8 Amperlik bobin için birinci ve ikinci ad�mdaki işlemleri
tekrarlay�n�z.
5- Her bir spirin endüktans değerine olan etkisini tarif ediniz.
SONUÇ:
2.
Bobin 1000 spir:.............................
Bobin 500 spir :............................
Deney düzeneği 2
3Bobin
f/Hz
Upp /V
Ieff / mA
Ueff /V
Z/ Ω
XL= Z2 – R2
L= XL / 2 π f
1000 spir
150
7.5
500 spir
250
6
4.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
........................................................
224
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
KONU: AC DEVRELERİNDE KONDANSATÖRÜN
DAVRANIŞLARININ İNCELENMESİ
DENEY 5
ELEMANLAR:
1 adet 12/24 Volt AC güç kaynağ�
2 adet AVO metre
1 adet kondansatör 10 mikF
1 adet kondansatör 47 mikF
1 adet kondansatör 100 mikF
AMAÇ
AC devrelerde kondansatör üzerinden geçen ak�m�n gerilim ve kapasite ile olan
ilgisinin incelenmesi
DEVRE ŞEMASI
Deney Düzeneği
DENEYİN YAPILIŞI
1- Şekildeki devreyi kurunuz. (10 mikF kondansatör ile)
2- Devreye 12 volt Ac uygulay�n�z.
225
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3- Bu durumda iken devre ak�m�n� verilen 3 kondansatör için de ölçünüz.
4- Devreye 10 mikF kondansatör bağl� iken ak�m� 12 ve 24 volt için
ölçünüz ve kapasitif reaktans� hesaplay�n�z
5- Kondansatörün kapasitesinin ak�mla olan ilişkisini tarif ediniz.
6- Gerilimin ak�mla olan ilişkisini tarif ediniz.
7- Kondansatörün kapasitif reaktans�n� gerilimle olan ilişkisini tarif
ediniz..
SONUÇLAR:
3-
C(mikF)
Ueff (volt)
Ieff (mA)
10
47
100
4-
C (mikF)
Ueff (volt)
Ieff (mA)
Xc = Ueff /Ieff ( Ω )
10
10
5.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
........................................................
6.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
........................................................
226
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
KONU: AC’de KONDANSATÖRÜN KAPASİTİF REAKTANSININ
FREKANSLA OLAN İLİŞKİSİNİN İNCELENMESİ
DENEY 6
ELEMANLAR:
1 Adet AVOmetre
1 Adet Kondansatör 0,1mikro Farat
1 Adet osilaskop
1 Adet sinyal generatörü
AMAÇ:
AC devrelerde kondansatör direncinin
ilgisinin incelenmesi.
(kapasitif reaktans�n�n) frekans ile olan
DEVRE ŞEMASI
Deney Düzeneği
DENEYİN YAPILIŞI:
1- Şekildeki devreyi kurunuz. (0.1 µ F kondansatörle)
2- Sinyal generatörünün voltaj�n� Vpp =5 volta ayarlay�n�z. Bu gerilim için
tabloda verilen frekans değerlerinin ayarlayarak ak�m� ölçünüz.
Kondansatörün AC direncini ( kapasitif reaktans�n�) hesaplay�n�z.
227
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3- Kondansatörün kapasitif reaktans�n�n frekans�n�n frekansla olan
ilişkisini grafikle gösteriniz.
4- Kondansatörün kapasitif reaktans�n�n frekansla olan ilişkisini tarif
ediniz.
SONUÇLAR :
2.
f (KHz) 0.1
Ic (mA)
Xc(K Ω )
C=0.1 µ F
0.2
0.4
Upp =5 V
0.8
1
1.5
Uc =?
2
3
4
3.
4...................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
........................................................
228
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
KONU: KONDANSATÖRLERİN SERİ VE PARALEL BAĞLANMASI
DENEY 6
ELEMANLAR:
2 Adet AVOmetre
1 Adet osilaskop
1 Adet sinyal generatörü
1 Adet Kondansatör 0.22 µ F
1 Adet Kondansatör 0.47 µ F
AMAÇ
Kondansatörlerin seri ve paralel bağlant�lar�n�n incelenmesi.
DEVRE ŞEMASI
V
V
V
A
A
A
DC OFFSET
+
FUNCTION
RANGE Hz
POWER
1
10
100
1K
TTL
10K
100K
600
OUT PUT
AMPLITUDE
C1
0.22mikF
C2
0.47mikF
(a)
Deney Düzeneği
229
C1
0.22mikF
C2
0.47mikF
(b)
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
DENEYİN YAPILIŞI :
1- Şekil a daki devreyi kurunuz.
2- Devreye Vpp =10 Volt f=1000 Hz Uygulay�n�z.
3- Bu durumda iken kol ak�mlar�n� ölçünüz. Toplam ak�m� (ölçtüğünüz
değerleri kullanarak) hesaplay�n�z ve tabloya yaz�n�z. Devrenin toplam
kapasitif reaktans�n� (ölçtüğünüz değeri kullanarak) hesaplay�n�z ve
bu değerden devrenin toplam kondansatör kapasitelerinin toplam� ile
karş�laşt�r�n�z. Sonucu aç�klay�n�z.
4- Şekil b deki devreyi kurunuz.
5- Devreye Vpp =10 Volt f=1000 Hz Uygulay�n�z.
6- Bu durumda iken devre ak�m�n� ölçünüz. Devrenin toplam kapasitif
reaktans�n� (ölçtüğünüz değerleri kullanarak) hesaplay�n�z. Ve bu
değerden devrenin toplam kondansatör kapasitesini hesaplay�n�z.
Bulduğunuz bu değeri kondansatör kapasiteleri ile karş�laşt�r�n�z.
Sonucu aç�klay�n�z.
SONUÇLAR:
3.
Ölçülen
I1 (mA)
I2 (mA)
UPP=10 V
f =1 KHz
Hesaplanan Hesaplanan
Itop =…….mA Xctop=…....
Ω
CTOP=
6...................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
........................................................
Ölçülen
UPP =10 V
f=1 KHz
Hesaplanan
I (mA)
Xctop=………….. Ω
CTOP=
230
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
KONU: AC DEVRELERİNDE KONDANSATÖR VE DİRENCİN SERİ
BAĞLANMASI
DENEY 7
ELEMANLAR
1 Adet Kondansatör 2.2 nanofarad
1 Adet Kondansatör 10 nanofarad
1 Adet direnç 47 K Ω
1 Adet osilaskop
1 Adet sinyal generatörü
AMAÇ
AC Devrelerde kondansatör ve direncin seri bağlant�lar�n�n incelenmesi
DEVRE ŞEMASI:
Deney Düzeneği
DENEYİN YAPILIŞI:
1- Şekildeki devreyi kurunuz. (2.2 nF ve 47 K Ω ile )
231
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
2- Sinyal generatörünün voltaj�n� VPP=7.5 Volta ayarlay�n�z. Bu gerilim
için tabloda verilen frekans değerlerini ayarlayarak UR ve UC voltaj�n�
grafik ile gösteriniz.
3- Deneyi 10 nF ve 47 K Ω için tekrarlay�n�z.
4- UR ve UC voltaj�n�n reaktans�n�n frekansla olan ilişkisini tarif ediniz.
SONUÇLAR:
2.
f
(kHz)
UPP =7.5 V
C= 22 nf
0.1
0.2
0.4
0.6
0.8
R= 47 K Ω
1
2
3
4
5
4
5
Vcpp
(Volt)
URpp
(Volt)
3.
UPP =7.5 V
F(kHz)
0.1
0.2
0.4
0.6
R= 47 K Ω
C= 22 nf
0.8
1
2
3
Vcpp
(Volt)
URpp
(Volt)
2. ve 3. sorular�n çiziminin yap�lmas� için gerekli alan
4...................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
....................................................................................
232
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
KONU: AC DEVRELERİNDE KONDANSATÖR VE DİRENCİN SERİ
BAĞLANMASI
DENEY 8
ELEMANLAR
1 adet Kondansatör 47 nanofarad
1 Adet Kondansatör 0.22 µF
1 adet direnç 470 Ω
1 adet direnç 2.2 K Ω
1 adet direnç 10 K Ω
1 adet iki kanall� osilaskop
1 adet sinyal genaratörü
AMAÇ
AC devrelerde kondansatör ve direncin seri bağlant�lar�n�n ve faz fark�n�n
incelenmesi.
Deney Düzeneği
DENEYİN YAPILIŞI:
1- Şekildeki devreyi kurunuz. ( 47 nF ve 470 Ω ile)
2- Sinyal genaratörü nün voltaj�n� VPP =7.5 Volta ayarlay�n�z. Bu gerilim
için tabloda verilen frekans değerlerinin ayarlayarak ak�m� AVOmetre
233
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3- ile ölçünüz ve tabloda kaydediniz. Deneyi 0.22 nF ve 470 Ω için
tekrarlay�n�z.
4- Empedans� frekans�n bir fonksiyonu olarak grafik ile gösteriniz.
5- Devreye 2.2 K Ω ve 47 nF bağlay�n�z.Verilen frekans değerleri için U
ve UR yi ölçünüz. Sonuçlar� tabloya kaydediniz. Bu işlemi R=10 K Ω
ve C=47 nF için tekrarlay�n�z.
6- Faz aç�s�n� frekans�n bir fonksiyonu olarak grafik ile gösteriniz.
7- Empedans ve faz aç�s�n�n frekansla olan ilişkisini aç�lay�n�z.
ÇÖZÜMLER:
2.
UPP= 7.5 V
f (kHz)
0.1
0.2
sabit
0.5
1
U=
2
3
4
5
3
4
5
R=470 Ω
C=47nF
R=470 Ω
C=0.22 µ F
I (mA)
Z=U/I
(K Ω )
I (mA)
Z=U/I
(K Ω )
3.
4.
U PP= 7.5 V
f (kHz)
R=2.2 Ω
C=47nF
R=470 Ω
0.1
0.2
0.5
∆ t( µ s)
ϕ
(derece)
∆ t( µ s)
C=0.22 µ F ϕ
(derece)
234
1
2
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
KONU: AC DEVRELERDE KONDANSATÖR VE DİRENCİN
PARALEL BAĞLANMASI
DENEY 9
ELEMANLAR
1 Adet Kondansatör 47 nanofarad
1 Adet Kondansatör 22 nanofarad
1 Adet Kondansatör 100 nanofarad
1 Adet Direnç 4.7 K Ω
1 Adet iki kanall� osilaskop
1 Adet sinyal generatörü
1 Adet AVOmetre
AMAÇ
AC devrelerde kondansatör ve direncin paralel bağlant�lar�n�n incelenmesi.
DEVRE ŞEMASI:
MODE
AUTO NORM
X-Y
COUPLING
AC
TV-F
CH1 ALT CHOP ADD CH2
VERT
MODE
CH1
CH2
TV-L
SOURCE
VERT CH1 CH2 LINE EXT
INV
SLOPE
HORIZONTAL
POSITION
POSITION
VOLTS/DIV
VOLTS/DIV
POSITION
VARIABLE
Ω
POWER
V
CAL
ASTIG
AC GND DC
1Vp-p
TRACE
ROTA
A
FOCUS
BAL
INTENSITY
INPUT
SWEEP TIME/DIV
BAL
AC GND DC
INPUT
X10 MAG
EXT.TRIG
DC OFFSET
+
1
10
100
1K
C
FUNCTION
RANGE Hz
POWER
TTL
10K
R
Upp=7.5V
100K
600
OUT PUT
AMPLITUDE
Deney Düzenek Şekli
DENEYİN YAPILIŞI:
1- Şekildeki devreyi kurunuz. (100 nF ve 4.7 K Ω ile)
2- Sinyal generatörünün voltaj�n� VPP=7.5 Volta ayarlay�n�z. Bu gerilim
için tabloda verilen frekans değerlerini ayarlayarak I ak�m�n�
235
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
3- AVOmetre ile ölçünüz ve tabloya kaydediniz. Ölçme değerlerini
kullanarak Z empedans�n� hesaplay�n�z. ve tabloya kaydediniz.
Deneyi 47 nF, 4.7 K Ω ile ve 22 nF, 4.7 K Ω ile tekrarlay�n�z.
4- Empedans� frekans�n bir fonksiyonu olarak grafik üzerinde gösteriniz.
5- Empedans�n frekansla olan ilişkisini tarif ediniz.
ÇÖZÜMLER:
2.
U PP= 7.5 V
f (kHz)
0.1
0.2
U=........................
0.5
1
2
3
4
5
R=4.7 Ω
C=0.1µF
I(mA)
Z(kΩ)
R=4.7k Ω
I(mA)
C=47nF
Z(kΩ)
R=4.7k Ω
I(mA)
C=22nF
Z(kΩ)
Tablo 1
3.
4...................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
....................................................................................
236
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
KONU: RC ALÇAK GEÇİREN FİLİTRELER
DENEY 10
ELEMANLAR:
1 adet Osiloskop
1 adet Sinyal generatörü
1 adet 47 kΩ direnç
1 adet 10kΩ direnç
1 adet 4.7nF kondansatör
1 adet 10nF kondansatör
AMAÇ
RC bağlant�n�n alçak geçiren filtre olarak çal�şmas�n�n incelenmesi
DEVRE ŞEMASI:
MODE
AUTO NORM
CH1
CAL
ASTIG
FOCUS
INTENSITY
TV-F
CH2
POSITION
VOLTS/DIV
VOLTS/DIV
BAL
INPUT
TV-L
SOURCE
VERT CH1 CH2 LINE EXT
INV
SLOPE
HORIZONTAL
POSITION
AC GND DC
1Vp-p
TRACE
ROTA
COUPLING
AC
CH1 ALT CHOP ADD CH2
VERT
MODE
POWER
X-Y
POSITION
VARIABLE
SWEEP TIME/DIV
BAL
AC GND DC
INPUT
X10 MAG
EXT.TRIG
R
UR
DC OFFSET
+
1
10
100
1K
UİNPP
FUNCTION
RANGE Hz
POWER
TTL
10K
UÇ
C
100K
600
OUT PUT
8V
AMPLITUDE
Deney Düzeneği Şekli
1- Devreyi 4.7kΩ direnç ve 4.7 nF kondansatör ile kurunuz.
2- Devreye 8UPP uygulay�n�z. UGpp ve UÇpp gerilimlerini verilen
frekanslar için osiloskop ile ölçünüz. Kritik frekans için (7.2 KHz)
URpp ve UÇpp gerilimlerini ölçünüz. Ölçmeleri tabloya yaz�n�z. Ayn�
deneyi 10 kΩ ve 10 nF ile tekrarlay�n�z.
3- Ç�k�ş gerilimini grafik ile gösteriniz.
237
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
4- Ç�k�ş gerilimi ile frekans aras�ndaki bağlant�y� tarif ediniz.
ÇÖZÜMLER:
2.
f(kHz) 0.1 0.5 1
UÇpp
2
fcr=.........................kHz;
12
14
16
URpp=.............................V UÇpp=..........................V
fcr=.........................kHz;
f(kHz) 0.1 0.5 1
UÇpp(V)
3
Uinpp=8V R=4.7kΩ C=4.7nF
4
5
6
7
8
9
10
2
3
Uinpp=8V R=10kΩ C=10nF
4
5
6
7
8
9
10
12
14
16
URpp=.............................V UÇpp=..........................V
3.
4...................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
................................................................................................................
238
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
KONU: RC YÜKSEK GEÇİREN FİLİTRELER
DENEY 11
ELEMANLAR:
1 adet Sinyal generatörü
1 adet 47 kΩ direnç
1 adet 10kΩ direnç
1 adet 4.7nF kondansatör
1 adet 10nF kondansatör
1 adet Osiloskop
AMAÇ:
RC bağlant�n�n yüksek geçiren filtre olarak çal�şmas�n�n incelenmesi
DEVRE ŞEMASI:
MODE
AUTO NORM
CH1
CAL
ASTIG
FOCUS
INTENSITY
TV-F
CH2
POSITION
VOLTS/DIV
VOLTS/DIV
BAL
INPUT
TV-L
SOURCE
VERT CH1 CH2 LINE EXT
INV
SLOPE
HORIZONTAL
POSITION
AC GND DC
1Vp-p
TRACE
ROTA
COUPLING
AC
CH1 ALT CHOP ADD CH2
VERT
MODE
POWER
X-Y
POSITION
VARIABLE
SWEEP TIME/DIV
BAL
AC GND DC
INPUT
X10 MAG
EXT.TRIG
C
DC OFFSET
+
1
10
100
1K
UİNPP
FUNCTION
RANGE Hz
POWER
TTL
10K
UR
R
100K
600
OUT PUT
UÇ
8V
AMPLITUDE
Deney Düzeneği Şekli
1- Devreyi 4.7kΩ direnç ve 4.7 nF kondansatör ile kurunuz.
2- Devreye 8UPP uygulay�n�z. UGpp ve UÇpp gerilimlerini verilen frekanslar
için osiloskop ile ölçünüz. Kritik frekans için (7.2 KHz) URpp ve UÇpp
gerilimlerini ölçünüz. Ölçmeleri tabloya yaz�n�z. Ayn� deneyi 10 kΩ ve
10 nF ile tekrarlay�n�z.
3- Ç�k�ş gerilimini grafik ile gösteriniz.
4- Ç�k�ş gerilimi ile frekans aras�ndaki bağlant�y� tarif ediniz.
239
ALTERNATİF AKIM DEVRE ANALİZİ
Topak
ÇÖZÜMLER:
2.
f(kHz) 0.1 0.5 1
UÇpp
2
fcr=.........................kHz;
12
14
16
URpp=.............................V UÇpp=..........................V
fcr=.........................kHz;
f(kHz) 0.1 0.5 1
UÇpp(V)
3
Uinpp=8V R=4.7kΩ C=4.7nF
4
5
6
7
8
9
10
2
3
Uinpp=8V R=10kΩ C=10nF
4
5
6
7
8
9
10
12
14
16
URpp=.............................V UÇpp=..........................V
3.
4...................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
.....................................................................................................................................
................................................................................................................
240