1. Sinüs Akım ve Gerilim

Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
1. Sinüs Akım ve Gerilim
v (t ) = Vm .sin( ω .t + θ )
rad
).s = rad
s
180
derece = (ω .t )
ω .t = (
π
ω = 2πf
f = frekans (Hz)
Vm= maksimum değer, ω=açısal hız (rad/s) ve θ = sıfıra göre faz açısıdır.
V(t) değerini hesaplarken, θ derece ise,( ω.t) dereceye çevrilir ve θ ile toplanır. Ya da θ
radyana çevrilir ve radyan modunda (ω.t) ile toplanarak işlem yapılır.
Örnek:
v(t)=100sin(4000.t +30o) ‘nin t= 0.1 s ‘deki değerini bulunuz.
v(t ) = 100. sin( 4000.(0.1).
π = 3.14
180
π
+ 30)
v(t ) = 100.(−0.99) = −99 V.
Empedans (Z):
AC sin. devrelerinde bir sistemin empedansı aşağıdaki şekilde tanımlanır.
2 .Vrms V rms V
V (max)
Vrms ve Irms etkin değerlerdir.
empedans = Z =
=
=
=
I (max)
I
2 .I rms I rms
R ‘de sinüs akım ve gerilim
100
v R (t ) = Vm sin(ωt )
50
R
iR (t ) = I m sin(ωt ) R için
iR(t)
0
vR(t)
-50
v R (t ) Vm . sin(ω.t )
=
R
R
Vm
=
. sin(ω.t ) = I m . sin(ω.t )
R
v R (max)
=R
i R (max)
i R (t ) =
iR(t)
-100
0
50
100
150
200
250
300
Derece=( ωt ).180/pi
vR(t)
1
350
400
450
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
L ‘de sinüs akım ve gerilim
L
iL(t)
vL(t)
100
di (t )
v L (t ) = L. L
dt
1
1
i L (t ) = ∫ v L (t ).dt = ∫ Vm . sin(ω.t ).dt
L
L
v L (t ) = Vm sin(ωt )
i L (t ) = I m sin(ωt −
50
π
2
)
0
i L (t ) =
=
1
.Vm .(− cos(ω.t ))
ω.L
-50
Vm
π
. sin(ωt − )
ω .L
2
= I m . sin(ω.t −
π
2
-100
0
)
50
100
150
200
250
300
350
Derece=(wt).180/pi
v L (max)
= ω.L
i L (max)
400
45
0
VL
Pozitif dönüş
iL
2
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
C ‘de sinüs akım ve gerilim
C
iC(t)
vC(t)
100
vC (t ) = Vm sin(ωt )
1
vC (t ) = ∫ iC (t ).dt
C
dv (t )
d (Vm .sin(ω.t )
iC (t ) = C C = C
dt
dt
= (ω.C ).Vm . cos(ω.t )
= (ω.C).Vm .sin(ω.t +
= Im .sin(ω.t +
π
2
π
2
50
iC (t ) = I m sin(ωt +
π
2
)
0
)
-50
)
vC (max)
1
=
iC (max) ω.C
100
0
50
100
150
200
250
300
Derece =( ωt )
350
400
450
.180/pi
iC
vC
Pozitif dönüş
3
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Temel Örnekler
Örnek:
Aşağıda seri bir RL devresinden i(t)= Im.sin(ω.t) geçiyorsa uygulanmış toplam gerilimi vT’yi
tek bir sin. Fonksiyonu şeklinde gösteriniz.
i(t)
L
R
Hatırlatmalar:
cos(a + b) = cos a. cos b − sin a. sin b
cos(a − b) = cos a. cos b + sin a. sin b
VL
VR
sin( a + b) = sin a. cos b + sin b. cos a
sin( a − b) = sin a. cos b − sin b. cos a
VT
vT = v R + v L
= R.I m . sin(ω.t ) + L.
di (t )
= R.I m .sin(ω.t ) + (ω.L.).I m . cos(ω.t )
dt
vT = A. sin(ωt + θ ) = R.I m . sin(ω.t ) + (ω.L.).I m . cos(ω.t )
= A. sin(ωt ). cos(θ ) + A.sin(θ ). cos(ωt ) = R.I m . sin(ω.t ) + (ω.L.).I m . cos(ω.t )
Aynı terim çarpanları karşılıklı eşitlenirse,
A. sin(θ ) (ωL).I m
=
A. cos(θ )
R.I m
A. cos(θ ) = R.I m
A. sin(θ ) = (ω.L) I m
A için,
R.I m
A=
=
cos(θ )
R.I m
R
tg (θ ) =
ω.L
R
= I m . R 2 + (ωL) 2
R 2 + (ωL) 2
veya
A=
(ωL.) I m
=
sin(θ )
(ωL.) I m
(ωL )
= I m . R 2 + (ωL) 2
Z = R 2 + (ωL) 2
ωL
R 2 + (ωL) 2
θ
R
4
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
ωL 

vT = A. sin(ωt + θ ) = I m . R 2 + (ωL) 2 . sin ωt + tg −1 ( )
1442443
R 

Vm
empedans = Z =
Vm
= R 2 + (ωL ) 2
Im
R = 0 ise θ = 90 (endüktif) , (ωL) = 0 ise θ = 0 (omik)
Örnek:
Aşağıda seri bir RC devresinden i(t)= Im.sin(ω.t) geçiyorsa uygulanmış toplam gerilimi vT’yi
tek bir sin. Fonksiyonu şeklinde gösteriniz.
R
i(t)
C
VR
VC
VT
v T = v R + vC = R.I m . sin(ωt ) +
I
1
i{
(t ) .dt =R.I m . sin(ωt ) − m cos(ωt )
∫
C I . sin(ωt )
ωC
m
vT = A. sin(ωt + θ ) = R.I m . sin(ωt ) −
Im
cos(ωt )
ωC
= A. sin(ωt ). cos(θ ) + A. sin(θ ). cos(ωt ) = R.I m . sin(ωt ) −
Im
cos(ωt )
ωC
Aynı terim çarpanları karşılıklı eşitlenirse,
1
Im
−
A. sin(θ )
(ωC )
1
= tg (θ ) = ωC =
=−
A. cos(θ )
R.I m
R
(ωC ) R
I
A. sin(θ ) = − m
ωC
A. cos(θ ) = R.I m
Im
A için, A = ωC =
sin(θ )
−
−
Im
1 2
ωC
) = Vm
= Im. R2 + (
1
ωC
−
ωC
1 2
R2 + (
)
ωC
R
−
5
-θ
Z = R2 + (
1/(ωC)
1
ωC
)2
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
vT = A.sin(ωt + θ ) = I m . R2 + (
= I m . R2 + (

1 2
1 
) . sinωt + tg −1 (−
)
ωC
(ωC)R 


1 2
1 
) . sinωt − tg −1 (
)
ωC
(ωC)R 

Vm
1
= Z = R2 + ( )2
Im
ωC
empedans=
R = 0 iseθ = -90o (kapasitif),
1
= 0 ise θ = 0o (omik)
(ωC)
Örnek
Aşağıdaki devrede v(t)=Vm.sin(ωt) ise i(t) akım fonksiyonunu tek bir sin. Fonksiyonu olarak
bulunuz.
i(t)
iR
v(t)
R
iL
iC
C
L
v(t ) 1
dv(t )
+ ∫ v(t ).dt + C .
R
L
dt
Vm
Vm
=
sin(ω.t ) −
cos(ω.t ) + ω.C.Vm cos(ω.t )
ω.L
R
= A.sin(ω.t + θ ) olsun
i(t ) = iR + iL + iC =
A.sin(ω.t).cos(θ ) + A.sin(θ ).cos(ω.t) =
A. sin(θ ) = Vm (ω.C -
A. cos(θ ) =
cos(θ ) =
V
Vm
sin(ω.t ) − m cos(ω.t ) + ω.C.Vm cos(ω.t )
ω.L
R
1
)
ω.L
Vm
R
tg(θ ) =
A.sin(θ )
=
A.cos(θ )
(1 / R)
1
1 2
( ) 2 + (ωC −
)
R
ωL
6
(ω.C -
1
)
ω.L
1
R
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
1
1 2
( ) 2 + (ωC −
)
Vm
1
Vm
1
1 2
R
L
ω
A= .
= .
= Vm . ( ) 2 + (ωC −
)
1
R cos(θ ) R
R442444
ωL4
144
3
( )
Im
R
1
1 2
1


i(t ) = Vm . ( ) 2 + (ωC −
) . sin ωt + tg −1 ((ωC −
) R)
ωL
ωL 
R

1
empedans = Z =
1
1 2
( ) 2 + (ωC −
)
R
ωL
Böyle bir paralel devrede, iL>iC ise yani 1 /(ωL) > ωC ise açı negatif olup i(t) gerilimden
geridedir(endüktif karakter), tersi ise açı pozitif olup i(t) gerilimden ileridedir (kapasitif
karakter). Böylece akımın açısını ωL ve 1/ (ωC) ‘nin terslerinin büyüklüğü, yani aynı
gerilimli paralel kol akımlarının büyüklüğü belirler. ωL = 1/ (ωC) ise sistemin akımı ile
gerilimi arasındaki açı sıfırdır (sistem omik karakter).
Seri ve Paralel RLC devrelerinde eşdeğer empedans
Seri RLC devresi için:
R
L
VR
VL
i(t)
C
VL = I .(ω.L)
VC
VR = I .R
I
VT
(ω.L)
VC = I .(
1
)
ωC
R
VT 2 = V R 2 + (V L − VC ) 2
( I 2 Z 2 ) = ( I 2 .R 2 ) + [ I (ωL) − I (
(
Z 2 = R 2 + [(ωL ) − (
1
)
ωC
7
1
ωC
)] 2
1
ωC
)] 2
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Paralel RLC devresi için:
iT
iL
iR
v(t)
L
R
iC
C
IC =
V
1
ωC
V
(ω.C )
IL = (
1
R
(
2
V
ωL
IR=V/R
)
2
I T = I R + (I C − I L ) 2
V
V
V
V 2
−
( )2 = ( )2 + (
)
1
Z
R
ωL
ωC
1 2
1 2
1 2
( ) = ( ) + (ωC −
)
ωL
Z
R
1
)
ωL
Örnek:
Şekildeki seri RL devresinde uygulan gerilim fonksiyonu v(t) ve açısını bulunuz.
10
v(t)
20 mH
i(t)=2.sin(500t)
ω = 500 rad/s, I m = 2
Z = R 2 + (ω.L) 2 = 10 2 + 10 2 = 14.14 ohm
ω.L = 500.(0.02) = 10
10
ω.L
tg(θ ) =
ise θ = tg -1 ( ) = 45o
Vm = Z .I m = 14.14.(2) = 28.28 V.
R
10
v(t) = Vm . sin(500t + θ ) = 28.28 sin(500t + 45o )
Örnek:
Seri bir RL devresinde R=20 ohm, L=0.06 H. Ve akım gerilimden 80o geridedir. ω= ?
tg(θ ) =
ω.L
R
= tg (80) = 5.67 ise
ω.L = (5.67).20 = 113.42 ohm
ω.L
= 113.42 /(0.06) = 1890.42 rad/s
ω=
L
8
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Seri bir RL devresinde, L=0.02 H., empedans 17.85 ohm ‘dur. Akım gerilimden 63.4o geride
olduğuna göre ω ve R değerlerini bulunuz.
tg(θ ) =
ωL
R
= tg (63.4) ≅ 2
R=
Z = R 2 + (ωL) 2
ωL ωL
=
tg(θ )
2
17.85 = (
(ωL) = 16.08 ohm , R =
ωL
2
=
ωL
2
) 2 + (ωL) 2 = (ωL).
16.08
= 8.04 ohm
2
1
+1
4
ve ω = 16.08 / 0.02 = 804 rad/s
Örnek:
Şekildeki seri RC devresinde uygulanan v(t)=?
i(t ) = 2. cos(5000t )
R=5
v(t) =?
Sin. Gerilimli devrelerdeki gerilim akım arasındaki faz
farkı durumları cos. lü devreler için de geçerlidir.
ω = 5000, I m = 2 A.
Vm = I m .Z = 2. 5 2 + (
C = 20 µF
1
) 2 = 22.36 V.
5000(20.10 − 6 )
1
1/(ωC) (5000)20.10 − 6
tg(θ ) =
=
=2
R
5
ise θ = 63.43o
v(t) = 22.36cos(5000t - θ ) = 22.36cos(5000t - 63.43 o )
Örnek:
ωL ve 1 /(ωC ) ifadelerinin birimlerinin ohm olduğunu gösteriniz.
9
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
v=L
di
dt
amper
s
1 (volt ).s
volt
ωL = .(
)=
= ohm
amper
{s amper
volt = ( Henri)
ω
dq cloumb
=
= amper
dt
s
q
cloumb (amper).s
C = = farad =
=
v
volt
volt
volt
1
1
1
= ( ).(
=
= ohm
1 (amper).s amper
ωC
s
volt
{
i=
1/ ω
10
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
2. Karmaşık Sayılarla Analiz
Gerçek (Reel) sayılar: Gerçek sayılar − ∞ ile ∞ arsında x ekseni boyunca uzanır, ve pozitif
sayıların karekökleri de bu doğru üzerindedir.
Sanal Sayı: Negatif gerçek sayıların kareköklerini ifade eder.
- 1, - 2 ve
- 20 gibi
-1 = j
− 2 = 2. − 1 = j 2
2
j3 = j. j 2 = ( −1). j = − j
j = −1,
j 4 = j 2 . j 2 = ( −1).(−1) = 1
Sanal sayılar gerçek sayı do ğrusunda gösterilmez. Bunlar için ayrı bir sayı do ğrusu y
ekseninde ifade edilir. Böylece j terimi çarpan olarak girdiği gerçek sayıyı pozitif dönüş
yönüne göre 90 o döndürür.
Sanal Sayı ekseni
y
-40
-3
-1
j10
Pozitif dönüş
yönü
j1
0
1
2
2
100
-j1
Gerçek sayı ekseni
-j30
11
x
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Karmaşık Sayı: Gerçek ve sanal sayıları kapsayan bir sayı gurubu olarak karmaşık sayılar
ifade edilir. Bu sayılar bir vektör olup koordinatlarını gerçek ve sanal terimler oluştur. Bir
karmaşık sayının adresi ve ifadesi aşağıdaki gibidir.
Z = (reel , sanal) = ( a, jb ) = a + jb
y
100+j4
j4
-40+j
j1
-40
-3
-1
-3+j0=-3
-3-j5
0
1
x
100
3
3-j
-j1
-j5
Gösterim Şekilleri:
y
z = r = a2 + b2
a = r. cos θ
jb
b = r. sin θ
b
θ = tg −1 ( )
a
z = a + jb = r.(cosθ + j sin θ )
0
z
r= z
θ
a
x
Euler gösterimi
e
jθ
= cos θ + j sin θ
dik koordinat şekil → z = a + jb
kutupsal şekil → z = r∠θ
üstel şekil → z = r.e jθ
trigonometrik şekil → z = r.(cosθ + jsin θ )
Bu gösterim şekillerinin hepsi aynı anlamı verir.
12
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Buradaki θ açısı karmaşık sayı vektörünün gerçek ve sanal terimlerinin belirlediği x ekseni
ile yaptığı mutlak açıdır. Z karmaşık sayısının gerçek açısı pozitif x ekseni ile yaptığı açıdır.
Dik koordinat şekilden kutupsala veya üstele dönüşümde, karmaşık sayılar birbirinden farklı
olmasına rağmen tg −1 (b / a) değeri b ve a nın negatif veya pozitif değerlerine göre aynı açı
değerleri verebilir. Açının gerçek değeri, gerçek ve sanal terimlerin konumlarının belirlediği
x-y koordinat ekseninden belirlenebilir.
Örnek:
Z 1 = −4 + j 4
θ = tg −1 (
Z2 = 4 − j4
4
) = 45
−4
θ = tg −1 (
−4
) = 45
4
y
Z 1 = 4 2∠135
j4
180o – 45o
θ = 45
-4
x
0
θ = 45 4
Z 2 = 4 2∠ − 45
- j4
Karmaşık Sayının Eşleniği:
Karmaşık sayının eşleniğinde, sanal terimin işaretinin tersi alınır. Gerçek terim işareti
korunur. Kutupsal gösterimde ise açının ters işareti alınır.
Eşlenik
→ Z*
z = a + jb
z = r∠θ
z = r.e jθ
z * = a − jb
z * = r∠ − θ
z * = r.e − jθ
Z = j4 → Z * = − j 4
Z = 2∠50 → Z * = 2∠ − 50
gibi.
13
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Karmaşık Sayıların Eşitliği:
Gerçek ve sanal terimler karşılıklı olarak birbirine eşittir.
z1 = a + jb
z 2 = c + jd
z 1 = z 2 → a = c, b = d
Toplama Đşlemi:
Karşılıklı gerçek ve sanal terimler birleriyle toplanır. Kutupsal gösterim gibi diğer şekillerde
ise karmaşık sayılar dik koordinat şekline dönüştürülür ve işlem yapılır.
z1 = 5 − j 2, z 2 = −3 − j8
z1 + z 2 = (5 − j 2) + (−3 − j8) = (5 − 3) + j (−2 − 8) = 2 − j10
z1 − z 2 = 5 − j 2 − (−3 − j8) = 8 + j 6
Çarpma Đşlemi:
Dik koordinat şekillerinde her bir terimin birbiriyle çarpımın toplamları ile ifade edilir.
Kutupsal ve üstel şekillerde ise büyüklükler çarpılır açılar toplanır.
z1 = a + jb,
z 2 = c + jd
z1 .z 2 = (a + jb).(c + jd ) = a.(c + jd ) + jb(c + jd )
Z 1 .Z 2 = r1 .e jθ1 .r2 .e jθ 2 = ( r1 .r2 )e j (θ1 +θ 2 )
Z1.Z 2 = ( r1∠θ1 ).(r2 ∠θ 2 ) = ( r1.r2 )∠(θ1 + θ 2 )
Bölme Đşlemi:
Dik koordinatlı şekillerde bölme işlemi için paydanın eşleniği, pay ve payda ile çarpılır ve
işlem yapılarak sonuç bulunur. Kutupsal gösterimlerde ise büyüklükler bölünür, paydadaki
sayının açısı -1 ile çarpılarak paydaki açı ile toplanır.
Z1 (a + jb) (a + jb).(c − jd ) (a + jb).(c − jd )
=
=
=
2
2
Z 2 (c + jd ) (c + jd ).(c − jd )
c1
+d
2
3
gerçek sayı
Z1 r1.e jθ1
r
=
= ( 1 ).e j (θ 1 −θ 2 )
Z 2 r2 .e jθ 2
r2
1
= e − jθ
e jθ
Z1 r1∠θ1
r
=
= ( 1 ).∠θ1 − θ 2
Z 2 r2∠θ 2
r2
14
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Not:
Toplama işlemlerinde dik koordinat şekil, bölme ve çarpma işlemlerinde sayıların kutupsal
veya üstel şekiller olması işlem basitliği vermektedir.
Karmaşık Sayıların Kökü:
z = r.e jθ = r.e j (θ + 2πn )
k
z = r∠θ = r∠θ + 360.n
k

n = 0,1,2
z = r (1 / k ) ∠(θ + 360.n) / k 
z = r (1 / k ) .e j (θ + 2πn ) / k
k tane farklı kök için n=0,1,2,3,….(k-1) kadar kök vardır.
z = 81 / 3 ∠(60 + 360.n) / 3 = 2∠(60 + 360.n) / 3
n = 0 → 2∠20
3
z = 8∠60 için,
n = 1 → 2∠140
n = 2 → 2∠260
‘dir.
z = 1 + j 0 = 1∠0 ‘in beş beşinci kökü için,
5
z = 1(1 / 5).e j ( 2πn ) / 5
n = 0 → 1.e j 0 = 1∠0
z = 1 + j 0 = 1.e j ( 0+ 2πn )
n = 1 → 1.e j 2π / 5 = 1∠72
n = 2 → 1.e j 4π / 5 = 1∠144
n = 3 → 1.e j 6π / 5 = 1∠266
n = 4 → 1.e j 8π / 5 = 1∠288
Karmaşık Sayıların Logaritması:
z = r .e j (θ + 2 πn )
ise,
ln( z ) = ln(r ) + ln(e j (θ + 2πn ) ) = ln(r ) + j (θ + 2πn ) ‘dir. Sonuç n değerlerine bağlıdır. n=0
‘da esas değer elde edilir. Genellikle bu değer kullanılır.
15
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Empedansların Karmaşık Sayılarla Đfadesi:
R
L
C
V∠0
= R∠0 = R
I∠0
V∠0
= ω.L∠90 = j (ω.L )
I∠ − 90
1
1
V∠0
=
∠ − 90 = − j (
)
I∠90 ωC
ωC
16
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
3. AC Seri ve Paralel Devrelerde Analiz
Sinüs gerilimli alternatif akım (AC) devrelerinde, L endüktansı için empedans jXL ile C
kapasitörü için empedans –jXC ile ifade edilir. Bunların büyüklük değerleri aşağıdaki
ifadelerle hesaplanır.
X L = ω .L
XC =
ve ω = 2.π . f
1
ωC
Örneğin L=400 mH ve C = 25µF için
aşağıda tabloda verilmektedir.
ω ’nın farklı değerlerine göre XL ve XC değerleri
ω(rad/s) XL=ωL XC=1/(ωC)
100
40
400
250
100
160
500
200
80
700
280
57.1429
1000
400
40
Genel bir yaklaşımla XL ile ω doğrusal olarak artarken, XC ise ω ile doğrusal olmayan bir
şekilde üstel azalmaktadır. Đlgili prensip grafikler aşağıda verilmektedir.
500
JXL=J ( ωL )
0
-JXc=-j 1/ ( ωC )
-500
0
-1000
50
100
150
200
250
300
ω (rad/s)
17
350
400
450
500
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Empedansların devrelerde gösterimi :
Empedanslar devre çizimlerinde, dikdörtgen şeklinde bileşke empedanslar veya tek
empedanslar halinde karmaşık sayılarla birlikte gösterilir.
−j
R
− j
a + jb
jω.L
R
1
ωC
a − jb
1
ωC
− jb
Örnek:
Empedansı 40∠30 ohm olan seri bir RL devresinde L=0.02 H.’dir. R=? ve f= ?
R = Z . cos(θ ) = 40 cos(30) = 34.64
X L= Z .sin(θ ) = 40. sin( 30) = 20
Z∠30 = R + jX L
ω = 2πf =
ωL
L
=
XL
20
=
= 1000 rad/s
L
0.02
ω 1000
f =
=
= 159.23 Hz.
2π
2π
Seri ve Paralel eşdeğer empedanslar
Z1
Z2
Z3
Z s = Z 1 + Z 2 + Z 3 + ....
Zs
Zp
Z1
Z2
1
1
1
1
=
+
+
+ ..
Z p Z1 Z 2 Z 3
Z3
Z karmaşık sayı işlem kuralları çerçevesinde analiz
yapılır..!
18
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki devrede akım I = 2∠ − 50 A.’dir. Bu devreye seri olarak 100µF ’lık kondansatör
eklendiğinde, eşdeğer empedansı ve yeni çekilen akımı bulunuz.
R
0.01 H
I
40∠0 V.
1.durum:
40∠0
= 20∠50 0 ohm
2∠ − 50
R = Z . cos 50 = 20. cos(50) = 12.85
Z=
X L = Z . sin 50 = 20. sin(50) = 15.32
ω=
X L 15.32
=
= 1532.08 rad/s
L
0.01
2.durum
R=12.85
jX L = j15.32
− jX C
0.01 H
− j 6.52
100µF
I=?
40∠0
XC =
1
ω.C
=
1
= 6.52
(1532.08).(100)10 − 6
Z es = R + jX L − jX C
= 12.85 + j (15.32 − 6.52) = 12.85 + j8.79 = 15.56∠34.37 o
I=
40∠0
= 2.62∠ − 34.37 o A.
15.56∠34.37
19
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki her empedans üzerindeki gerilimi, çekilen akımı ve vektör (fazör ) diyagramını
çiziniz.
Z1 = 10
I
Z 2 = 4.47∠63.4 o = 2 + j 4
V = 100∠0 V.
Z = Z 1 + Z 2 = 10 + (2 + j 4) = 12 + j 4 = 12.64∠18.43 o
100∠0
= 7.91∠ − 18.43 A.
12.64∠18.43
V1 = Z 1 .I = (10∠0).(7.91∠ − 18.43) = 79.1∠ − 18.43 V.
I=
V2 = Z 2 .I = (4.47∠63.4).(7.91∠ − 18.43) = 35.35∠44.97 V.
Fazör diyagramı:
V2=35.35
-18.43o V1=79.1
44.97o
-18.43
V=100
o
I=7.91
V1=79.1
Sağ lama:
V = ? V1 + V2 = (75.04 − j 25) + (24.76 + j 24.73)
100 ≅ 99.8
20
0o
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki devrede Z2=?
5
Z2=?
I = 2.5∠ − 15 o A
50∠45
50∠45
= 20∠60
2.5∠ − 15
Z es = 5 + j8 + Z 2
Z es =
j8
Z 2 = (20∠60) − (5 + j8)
o
= 10 + j17.32 − 5 − j8
= 5 + j9.32
Örnek:
Şekildeki voltmetre ölçüm değerlerine göre bobine ait R ve L değerlerini bunuz.
voltmetre
voltmetre
20 V
22.4
V
10
R
L
36 V,
60 Hz
I = 20 / 10 = 2 A. ve bu 10 ohm’daki gerilimle aynı fazdadır. Bunlar fazör gösterimde
referans alındığında I = 2∠0 o A. yazılabilir.
36 V.
36 V.
Vb =22.4
jVx
22.4
α
20
VR = 20∠0 o
VRb
36 2 + 20 2 = 22.4 2 + 2.(36).(20). cos α
cos α = 0.82
α = 33.96 o
36∠θ
= 18∠θ
θ =α
2∠0
Sistem seri devre oldu ğundan, empedans eşitliği ve fazör diyagramı aşağıdadır.
Z=
21
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Z=18
jX
Zb
α = 33.96
R
10
X X
=
Z 18
X = 18. sin( 33.96) = 9.9
Z = 10 + Z b = 10 + ( R + jX )
sin α =
(10 + R) 10 + R
=
Z
18
R = (18. cos(33.96)) − 10 = 4.92
L=
cos α =
X
9.9
=
= 0.026 H. = 26 mH
2πf 2π (60)
veya
VT = 36∠33.96 o = 29.85 + j 20.11
VRb = 29.85 − 20 = 9.85
VT = 20 + VRb + jV X
{
1
424
3
R=
20.11
29.85
VRb 9.85
=
= 4.92
I
2
Örnek.
Şekildeki devrede I1 ve I2 akımlarını ve devre akımını bulunuz.
I
I1
3
50∠0 o
10
− j4
50∠0
50∠0
=
= 10∠53.13 = 6 + j8 A.
3 − j 4 5∠ − 53.13
50∠0
I2 =
= 5∠0 = 5 A.
10∠0
I = I 1 + I 2 = 6 + j8 + 5 = 11 + J 8 = 13.6∠36 o
I1 =
I2
Đki paralel koldaki akım ifadeleri ile kontrol :
I1 = I .
Z2
10∠0
136∠36
= (13.6∠36)
=
= 10∠53.1 A
Z1 + Z 2
10 + 3 − j 4 13.6∠ − 17.1
I 2 = I.
Z1
3 − j4
5∠ − 53.1
= (13.6∠36).
= (13.6∠36).
≅ 5∠0 A.
Z 2 + Z1
10 + 3 − j 4
13.6∠ − 17.1
22
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
4. AC ‘de Güç ve güç Katsayısı
AC’de R, L ve C elemanlarının güç değişimleri aşağıdadır.
v = Vm . sin(ω.t )
1200
i = I m . sin(ω.t )
1000
p (t ) = v.i = Vm .I m .sin 2 (ω.t )
1
424
3
R için
800
600
p (t ) R e le m a n ı iç in
1
(1−cos 2ωt )
2
1
1
p (t ) = .Vm .I m − Vm .I m . cos(2ω.t )
2
2 44
1
42444
3
Port = 0
400
200
0
1
Port = P = .Vm .I m
2
1
= .( 2 .V ).( 2 .I ) = V .I
2
-200
-400
0
50
100
150
200
derece
250
300
350
400
300
350
400
500
v = Vm . sin(ω.t )
i = I m . sin(ω.t −
2
)
300
200
p(t) L ele m anı iç in
π
p (t ) = v.i = Vm .I m sin(ωt ).sin(ωt − )
2
14243
− cos( ω .t )
2 sin x. cos x = sin( 2 x)
1
p (t ) = − Vm .I m . sin( 2ω.t )
2
Port = P = 0
100
0
-100
-200
-300
-400
-500
v = Vm . sin(ω.t )
0
50
100
150
200
Derece
250
500
π
2
400
)
π
p (t ) = v.i = Vm .I m sin(ωt ).sin(ωt + )
2
14243
cos( ω .t )
2 sin x. cos x = sin( 2 x)
1
p (t ) = Vm .I m . sin( 2ω.t )
2
Port = P = 0
C için
300
200
p(t) C elemanı için
i = I m . sin(ω.t +
L için
400
π
100
0
-100
-200
-300
-400
-500
0
50
100
p(t) pozitifse kaynaktan devreye enerji aktarımı vardır…..
p(t) negatif ise devreden kaynağa enerji aktarımı vardır……
23
150
200
Derece
250
300
350
400
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Tipik Bir Devredeki Ortalama Güç (P) :
Bir devrede gerilim v = Vm . sin(ω.t ) , akım ise i = I m . sin(ω.t + θ ) olsun. θ açısı negatif veya
pozitif olabilir (ileri veya geri fazda). p(t) güç ifadesi ve ortalama güç (P) aşağıda ifade
edilmektedir.
Hatırlatma:
sin a.sin b =
1
[cos(a − b) − cos(a + b)]
2
Güç ifadesi ise:
p (t ) = v.i = Vm .I m . sin(ωt ). sin(ωt + θ )
= Vm .I m .
1
[cos(ωt − ωt − θ ) − cos(ωt + ωt + θ )]
2
1
.Vm .I m [cosθ − cos(2ωt + θ )]
2
1
1
= .Vm .I m . cos θ − .Vm .I m . cos(2ω.t + θ )
2
2 44424443
1
=
periyodik ve Port = 0
1
1
.Vm .I m . cos θ = .( 2 .V ).( 2 .I ). cosθ
2
2
P = V .I . cosθ
Port = P =
Burada,
P= AC’deki ortalama güçtür. AC sistemlerinde ço ğunlukla aktif güç adını almaktadır. Birimi
Watt (W.)’dır. Yüksek güçlerde sözü geçen kilowatt için 1kW=1000 W.’dır.
θ = Devre gerilimi ile devre akımı arasındaki fark açı.
cos θ = Güç katsayısı. Akım gerilimden geri ise geri güç katsayılı devre, ileri ise ileri güç
katsayılı devre adını alır. Değeri 0 ile 1 aralığındadır.
Görünür Güç (S) :
Sisteme verilen güçtür.
S = V .I (VA)
1kVA=1000 VA
Reaktif Güç (Q):
L ve C elemanlarında, sisteme verilen S gücünün aktif güç dışında harcanan güç bileşenidir.
Q = V .I . sin θ
(Volt. Amper. Reaktif)=(VAR)
24
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Güç Üçgeni:
Yukarıdaki tanımlamalardan görüleceği gibi, görünür güç, aktif güç ve reaktif güçler fazör bir
güç üçgeni olu ştururlar. Bu karmaşık güç üçgeni olarak ifade edilir.
S = P2 + Q2
S = P ± jQ
Ohmik yüklerde:
Saf ohmik yükler R elemanlarından olu şur. Akımla gerilim aynı fazdadır. Ohmik yüklerde
sadece aktif güç P harcanır. Reaktif güç sıfırdır (Q=0) . Aktif güç değeri S görünür güce eşittir
(P=S).
Endüktif yüklü devrelerde:
Akım gerilimden geri fazda olup, geri güç katsayılı devreler olarak ifade edilir.
I . cosθ
V
θ
θ
I
I
P = V .I . cos θ
I . sin θ
θ
V
S = V .I
QL = V .I . sin θ
Kapasitif yüklü devrelerde:
Akım gerilimden ileri fazda olup, ileri güç katsayılı devreler olarak ifade edilir.
I
I
I . sin θ
θ
θ
V
S = V .I
V
I . cos θ
QC = V .I . sin θ
θ
P = V .I . cos θ
S görünür gücü V∠θ1 ve I∠θ 2 değerlerine göre hesaplanırken, çarpım sonucu S∠θ ‘daki
θ açısı V ile I arasındaki fark açı olmalıdır ( θ = θ1 − θ 2 ). Oysa kutupsal karmaşık sayı
çarpımında açılar toplanması gerektiğinden bu sonuç açısı fark açıyı vermeyecektir. Bu
nedenle işlem sonu açısının fark açıyla anlamsal uyumu için I akımının işlemde eşleniği
alınır. Yani,
S = V∠θ 1 .I * = (V∠θ 1 ).(I∠ − θ 2 ) = V .I∠θ 1 − θ 2 = V .I∠θ = S∠θ
S = V .I * işleminin gerçek terimi P aktif gücü, sanal terimi ise Q reaktif gücü verir.
Aynı zamanda güç açısı θ , devre eşdeğer empedansının açısıdır. Bunun ifadesi:
V∠θ1 V
Z=
= ∠θ1 − θ 2 = Z∠θ
I∠θ 2 I
25
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
AC’de genel anlamda güç ifadelerinin büyüklükleri aşağıda şekillerle hesaplanır.
2
Ortalama güç (Aktif güç)
Reaktif güç
Görünür Güç
VR
= V .I * (gerçek terim)
R
2
VX
2
→ Q = V .I . sin θ = I . X =
= V .I * (sanal terim)
X
V2
→ S = V .I * = I 2 .Z =
Z
→ P = V .I . cosθ = I 2 .R =
R, L ve C elemanlarından oluşan herhangi bir devrede, P güçleri R elemanları üzerinde, Q
güçleri L ve C elemanları üzerinde harcanır. Her elemanın bireysel aktif veya reaktif güçleri
hesaplandıktan sonra, sistem güçleri için aynı tipteki güçler kendi aralarında cebirsel olarak
toplanabilir. Reaktif güçler için L’lerde harcanan güçler C’lerde harcanan güçlerden
çıkarılarak j ‘li sanal terim ile ifadelendirilir. Yani,
2
2
2
P = I 1 .R1 + I 2 .R2 + ....... + I n .Rn = P1 + P2 + ....Pn
jQ = j[(Q L1 + QL 2 + ....QLn ) − (QC1 + QC 2 + ....QCm )]
Örnek:
Bir devrenin eşdeğer empedansı Z = 3 + j 4 ohm, V = 100∠30 o ‘dir. Güç üçgeninin
bileşenlerini bulunuz.
I = V / Z = (100∠30) /(5∠53.1) = 20∠ − 23.1 A.
1.yaklaşım:
P = I 2 .R = 20 2.3 = 1200 W.
P=1200 W
θ = 53.1
Q = I 2 . X = 20 2.4 = 1600 VAR geride
S=2000 VA
S = I 2 .Z = 20 2.5 = 2000 VA
cos θ = cos ( 30-(-23.1 )) = cos 53.1 = 0.6 geride
2.yaklaşım:
S = V .I = (100).(20) = 2000 VA
P = V .I . cos θ = (100).(20). cos 53.1 = 1200 W.
Q = V .I . sin θ = (100).(20).sin 53.1 = 1600 VAR
P 1200
cos θ = =
= 0.6 geri
S 2000
26
Q=1600 VAR
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
3.yaklaşım:
S = V .I * = (100∠30).(20∠23.1) = 2000∠53.1 = P + jQ
P = S . cos 53.1 = 1200 W.
Q = S . sin 53.1 = 1600 VAR geri
4.yakla şım:
VR = I .R = (20∠ − 23.1).(3) = 60∠ − 23.1
V X = I . X = (20∠ − 23.1).(4∠90) = 80∠66.9
123
j4
2
2
VR
60
=
= 1200 W.
R
3
2
V
80 2
Q= X =
= 1600 VAR
X
4
V 2 100 2
S=
=
= 2000 VA
Z
5
P=
Örnek:
Devrenin güç üçgenini bulunuz.
5
2
j2
I
j 10
Ip1
Ip2
20
-j 4
50∠0 o V.
V, f
Zp =
(5 + j10).(20 − j 4) (11.18∠63.43).(20.39∠ − 11.30)
=
= (8.87∠38.64) = 6.92 + j 5.53
5 + j10 + 20 − j 4
25.7∠13.49
Z = Z p + (2 + j 2) = 8.92 + j 7.53 = 11.67∠40.17 o
50∠0
= 4.28∠ − 40.17 o A.
11.67∠40.17
V p = I .Z p = (4.28∠ − 40.17)(8.87∠38.64) = 37.96∠ − 1.53 o V.
I=
I p1 =
I p2 =
Vp
5 + j10
Vp
20 − j 4
=
37.96∠ − 1.53 o
= 3.39∠ − 64.96 A.
11.18∠63.43
=
37.96∠ − 1.53
= 1.86∠9.77 o A.
20.39∠ − 11.30
27
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
S = V .I * = (50∠0 o )(4.28∠40.17) = 214∠40.17 VA
P = S . cos(40.17) = 214. cos(40.17) = 163.52 W.
Q = S . sin( 40.17) = 214. sin( 40.17) = 138.04 VAR geri
Yukarıda bulunan bu güçler, devredeki her bir elemanın aktif ve reaktif tipteki durumlarına
göre kendi aralarındaki cebirsel toplam yaklaşımından da hesaplanabilir. Yani,
P → R ' lerde
Q → L ve C ' lerde
L → ( + ) C → ( −)
2
2
P = I 2 .(2) + I p1 .(5) + I p 2 .(20) = 2.(4.28) 2 + 5.(3.39) 2 + 20.(1.86) 2 = 163.28 W.
2
2
Q = I 2 .(2) + I p1 .(10) − I p 2 .(4) = 4.28 2.(2) + 3.39 2.(10) − 1.86 2.(4) = 137.72 VAR geride (endüktif)
S = P + jQ = 163.28 + j137.72 = 213.60∠40.14 VA
28
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
5.Güç Katsayısının Düzeltilmesi
Genelde yükler, evler ve endüstride endüktif karakterdedir (motorlar, florasan, şok bobinli
lambalar vb). Akım gerilimden geri fazdadır. P aktif gücü, yükün birim zamanda yapabileceği
faydalı işin ölçüsüdür. Santrallerden dağıtım hatları ve trafolar bu gücü aktarırlar. Ancak
trafolar, faydalı gücü iletirken sabit gerilimle bu işi yaparlar. Güç ölçüsü ise VA’ dir. Sadece
endüktif veya kapasitif yük ile de bir trafo tamamen yüklenebilirken fakat ortalama güç olarak
adlandırılan faydalı güç sıfır olabilir.
S görünür gücü, sistem yüklenmesinin ölçüsüdür. P ise sistem tarafından aktarılan faydalı işe
dönüşen güçtür. P = S . cos θ ile S’nin gücü faydalı güce dönüşür. S’nin P’ye yaklaşması
için θ sıfıra yaklaştırılır. Buna güç katsayısının ( cos θ ) düzeltilmesi veya kompanzasyon adı
verilir. Bu işlem, sistemdeki reaktif güçlere neden olan L veya C elemanlarından birinin,
devrenin durumuna göre reaktif gücü azaltacak şekilde devreye eklenmesiyle yapılır.
Endüktif yüklü durumlarda, genellikle yüke paralel C kapasitör yükleri bağlanır. Böylece
yükün uçlarındaki gerilim aynı kalıp yükten alınan faydalı güç P de değişmez. Avantajı ise
cos θ arttığından akım ve görünür güç S de azalır. Aynı ihtiyaç duyulan P için daha dü şük S
kullanımı söz konusu olur. Güç ve dağıtım sistemi az yüklenir ve daha etkin kullanılmış olur.
QC
P2
P1
θ1
θ2
P değişken ve S’ye yaklaşması
QT = Q L − QC
S2
QL
S1
QC
P1 = P2
θ1
QT = Q L − QC
QL
θ2
Sabit P, S‘nin P’ye yaklaşması
(paralel kompanzasyon)
S2
S1
29
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
V = 100∠0 o V. beslemede, Z y = 2 + j8 ‘lik bir yük için güç katsayısı cos θ = 0.8 geri
durumuna iyileştirilmek isteniyor. Normal, seri kapasitör ve paralel kapasitörlü durumlar için,
akım, güç üçgeni ve gerekli C değerlerini analiz ediniz.
Normal için:
Z y = 2 + j8 = 8.24∠75.96 o
I
100∠0
= 12.13∠ − 75.96 o A.
8.24∠75.96 o
S = V .I * = (100∠0)(12.13∠75.96) = 1213∠75.96 VA
Q1 = 1213. sin( 75.95) = 1176.76 VAR
I=
100∠0 o V.
Z y = 2 + j8
normal
P = 1213. cos(75.95) = 294.27 W.
cosθ 1 =
P
= cos(75.95) = 0.24 geri (endüktif)
S
Seri Kapasitörlü durum:
I
θ 2 = cos −1 (0.8) = 36.86 o geri
Z y = 2 + j8
100∠0 o V.
Z = 2 + j8 − jX C
1424
3
tg (36.86) =
jX
− jX C = ?
Seri kapasitörlü
X
2
X = tg (36.82).(2) = 1.5
X = 8 − XC
X C = 8 − 1.5 = 6.5
Z = 2 + j1.5 = 2.5∠36.86
100∠0
I=
= 40∠ − 36.86 A.
2.5∠36.86
S = V .I * = (100∠0)(40∠36.86) = 4000∠36.86
S = P + jQT = 3200 + j 2399.44
QT = I 2 (8 − X C ) = 40 2 (8) − 40 2.X C
1
424
3
QC
2
QC = 40 (8) − 2399.44 = 10400.46 VAR ileride (kapasitif)
veya QC = I 2 . X C = 40 2 (6.5) = 10400 VAR
30
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Paralel kapasitörlü durum:
100∠0
100∠0
=
= 12.13∠ − 75.96 A.
(2 + j8) 8.24∠75.96
I y = 2.94 − j11.76
Iy =
I
100∠0 o V
IC
Iy
IC =
Z y = 2 + j8
− jX C = ?
100∠0
= I C ∠90 = jI C
X C ∠ − 90
θ 2 = cos −1 (0.8) = 36.86o geride
100∠0
= Z∠36.86
I∠ - 36.86
I∠ − 36.86 = I y + I C = 2.94 − j11.76 + jI C
Z=
paralel kapasitörlü
− 11.76 + I C
ise I C = 9.55 A.
2.94
I = 2.94 − j11.76 + j 9.55 = 3.67∠ − 36.86
2.94
− 11.76 + 9.55
veya I =
= 3.67 veya
I=
= 3.67
cos(−36.86)
sin( −36.86)
tg (−36.86) =
S = V .I * = (100∠0)(3.67∠36.86) = 367∠36.86 o VA
S = P + jQT = 293.36 + j 220.50
QC = V .I C = (100)(9.55) = 955 VAR kapasitif
veya
2
QC = QL − QT = ( I y .8) − 220.50 = 12.132 (8) − 220.50 ≅ 956 VAR
Sonuç verileri:
durum
normal
Seri kapasitörlü
Paralel kapasitörlü
cos θ
0.24 geri
0.8 geri
0.8 geri
P (W)
294.27
3200
294.27
Q (VAR)
1176.76
2399.44
220.50
S (VA)
1213
4000
367
Iy (A)
12.13
40
12.13
I (A)
12.13
40
3.67
Görüldüğü gibi seri kapasitörlüde, sistemin eşdeğer empedansı eklenen C kapasitörüyle
düşmekte ve aynı gerilimde çekilen akım artmaktadır. Yük, bu durumda nominal değerinden
daha fazla akım çekme durumunda olur ve zarar görebilir. Kaldı ki faydalı güç dışında
istenmeyen ısı kayıpları ( I 2 R ) artar. Ayrıca bu durum, şebekenin daha fazla yüklenmesine de
neden olur. Oysa paralel durumda aynı güç katsayısı için, yük şebekeye paralel olduğundan
yüke ait akım ve P değişmemektedir. Yüke ait akımın dik sanal bileşeni paralel kondansatör
akımıyla dengelenmekte ve şebekeden akım talebi yükteki performans kaybı olmadan
düşebilmektedir. Daha düşük şebeke akımı ile sistem verimli bir şekilde işletilebilmektedir.
Yukarıda açıklanan prensip sonuçlar nedeniyle, güç katsayısı düzeltme işlemleri çoğunlukla
paralel kapasitörlü yapılır. Bundan sonraki örnek analizlerde paralel kapasitörlü sistem ön
görülecektir.
31
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Aşağıdaki 2000 VA, 1200 W. ‘lık sistemde paralel kapasitör ile güç katsayısını 0.9 geri
değerine düzeltiniz. Gerekli kondansatör (kapasitör) VAR değerini bulunuz.
P = V .I1
. cos
θ = V .I a
23
IC
I
Ia
I
V
IC
y
Ia
Zy
θ1
C
θ2
I yj − I C
I yj
I
Iy
P1 = 1200 W
θ1
θ2
S2
Q 2 = Q1 − QC
Q1
S1 = 2000 VA
P sabittir (P=1200 W.)
2
2
Q1 = S1 − P1 = 20002 − 12002 = 1600 VAR geri
cos θ 2 = 0.9 geri θ 2 = 26 o
P
1200
S2 =
=
= 1333 VA
cosθ 2
0.9
Q2 = S 2 . sin θ 2 = 1333sin( 26) = 585 VAR geride veya Q2 = P.tgθ 2
Q2 = Q1 − QC
QC = 1600 − 585 = 1015 VAR ileri
32
V
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
25 kVA’lık bir trafo güç katsayısı 0.6 geride olan 12 kW’lık bir yükü beslemektedir.
Trafonun taşıdığı yükün tam yüke olan oranı (yüklenme yüzdesini) bulunuz. Aynı trafo ile
birim güç katsayılı ( cos θ = 1 ) ek yüklerden trafonun tam yükü için kaç kW ‘lık ek yükler
gerekir?
P1= 12 kW. Yük için,
12
S=
= 20 kVA
0.6
ve yüklenme oranı →
20(kVA)
= 0.80 %80 yüklü
25(kVA)
θ = cos −1 (0.6) = 53.1o
Q = S . sin θ = 20 sin(53.1) = 16 kVAR geri
Eklenecek yüklerde sadece P aktif güçleri bulunuyor. Eklemeyle sistemin reaktif gücü Q
değişmemektedir. Böylece, trafo tam yükte S=25 kVA ve Q=16 kVAR’dır.
Q
16
) = 39.8 o
S
25
PT = S . cos θ 2 = 25 cos(39.8) = 19.20 kW
θ 2 = sin −1 ( ) = sin −1 (
P 1= 12 kW
Pek = PT − P1 = 19.20 − 12 = 7.2 kW
P ek= 7.2 kW
S T= 25 kVA
cosθ 2 = cos(39.8) = 0.76
Q=QT= 16 kVAR
S=20 kVA
Örnek:
Bir önceki soruda, sonradan eklenen yüklerin güç katsayıları 0.866 ileri ise, trafoyu tam
yüklemek için kaç kVA’lık bu tür yük gerekir ?
Önceden bağlanan yük için: S= 20 kVA θ = 53.1o ve Q=16 kVAR geride idi. Oysa bu
yüke eklenecek yükler için cos θ 2 = 0.866 ileri veya θ 2 = 30 o ileride yani kapasitif
karakterli (R-C) yükler ekleniyor anlamına gelir.
P 1= 12 kW
53.1 o
S=20 kVA
P 1= 12 kW
S T= 25 kVA
S 2= ?
30 o
α
20
Q 2= ?
P 2= ?
θs
25
16
96.9 o
QT
β
S2
30 o
0o
25
20
β = 52.6 o α = 180 - (96.9 + 52.6) = 30.5 o θ s = 53.1 − 30.5 = 22.6 o
=
sin 96.9 sin β
PT = 25. cos θ s = 25 cos( 22.6) = 23.08 kW
P2 = PT − P1 = 23.08 − 12 = 11.08 kW
QT = 25. sin θ s = 25 sin(22.6) = 9.6 kVAR geri
Q 2 = Q1 − QT = 16 − 9.6 = 6.39 kVAR ileride
S 2 = P2 / cos 30 = 11.08 / 0.86 = 12.88 kVA
33
Q2
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
2 HP gücündeki bir indüksiyon AC motorun verimi %85’dir. Bunun nominal yükünde güç
katsayısı 0.8 geridedir. Girişteki bütün güç verilerini hesaplayınız.
Hatırlatma: Bir motorun etiket gücü milinden alınan net mekanik güçtür. Motora
aktarılan aktif gücün bir kısmı sargı bakır kayıplarına , bir kısmı sürtünme
kayıplarına harcanır. Geri kalanı mekanik güçtür.
1 HP = 736 W.
S=
verim =
Pmil
Pelk
P
1731.76
=
= 2164.70 VA
cosθ
0.8
Pelk = P =
2(736)
= 1731.76 W
0.85
Q = S . sin θ = (2164.70). sin(36.8) = 1298.82 VAR geri
Örnek:
Bir fazlı bir AC motorun verimi %70’dir. Motor nominal yükünde 220 V. ‘da 2 A. çekiyor.
Motor devresine bağlanan watmetre ise 250 W. göstermektedir.
a) Motorun mil gücünü bulunuz.
b) Motorun güç katsayısını bulunuz.
c) Güç katsayısını 0.95 geri seviyesine düzeltmek için motora paralel bağlanacak
kapasitif yükün değeri kaç VAR’dır ?
jQ C = ?
V
C
a) P = 250 W
− jX C = ?
Pmil = P.η = 250(0.7 ) = 175 W
b)
S = V .I = 220(2) = 440 VA
Q L = S 2 − P 2 = 440 2 − 2502 = 362.07 VAR geri
veya,
P 250
cos θ 1 = =
= 0.56 θ 1 = 55.37 o QL = P.tg (θ 1 ) = 250.tg (55.37) = 362.07 VAR geri
S 440
c)
cos θ 2 = 0.95 geri θ 2 = 18.19 o P = 250 W
Qnet = P.tgθ 2 = 250.tg (18.19) = 82.17 VAR geri
Qnet = Q L − QC
QC = QL − Qnet = 362.07 − 82.17 = 279.89 VAR ileri
XC =
V2
220 2
=
= 172.91 ohm
QC 279.89
34
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
6.Rezonans Devreleri
R, L ve C elemanlarının bulunduğu karmaşık bir devrenin rezonans durumları aşağıdadır.
Bunların her biri aynı anlamı verir. Rezonans durumu, R, L ve C elemanlarının değerlerine ve
frekansa bağlıdır.
1. Devrede V ile I arasındaki açı sıfırdır. Sistemde L ve C elemanları bulunmasına
rağmen aynı fazdadırlar.
2. Devrenin eşdeğer karmaşık empedansının sanal terimi sıfırdır. Sadece gerçek
terimlidir.
Z=R
Z = R±{
jX
0
3. Devrede eşdeğer reaktif güç sıfırdır. Sistemden sadece P aktif güç tüketimi söz
konusudur. ( Q=0 S=P ).
Seri Rezonans:
R
jXL
-jXC
Z = R + jX L − jX C
14243
0
XL = XC
V, f
ωo =
ω o = rezonans anındaki açısal hız (rad/s),
1
=
LC
ω o .L =
1
LC
1
ωo C
fo =
f o = rezonans frekansı (Hz).
35
1
2π LC
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Z
θ
90o
XL=XC
R küçük
R büyük
jXL
ω
R
ω
0o
ωo
ωo
-jXC
-90o
Z → en küçük
I → en büyük değerinde
(V/R)
ω << ω o → X C >> X L
θ → -90o
ω >> ω o → X L >> X C
ω = ωo → X L = X C
θ → 90 o
θ =0
Paralel Rezonans:
I
V, f
IL
IR
R
1 1
1
= +
+
Z R jω L
IC
L
C
1
− j
1
ωC
1 1
j
j
= −
+
1
Z R ωL
ωC
1 1
1
= − j
+ jω C
ω
Z R 14
4L244
3
0
1
ωo L
= ωoC
ωo =
1
LC
Aynı zamanda sistemin fazör diyagramından rezonans koşulları tanımlanabilir.
36
fo =
1
2π LC
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Z
Z (max) =R
IC
IC=IL
R büyük
V
R küçük
ω
IR=I
0
I en düşük
ωo
o
IL
θ
IC = I L
V
V
=
1 /(ωC ) ωL
90
o
1
ωC =
ωL
0o
ω << ω o → X C >> X L → I L >> I C
θ → 90o
ω >> ω o → X L >> X C → I C >> I L
ω = ωo → X L = X C
→ I L = IC
θ → −90o
θ =0
Z → en büyük
I → en küçük değerinde
ω
ωo
-90o
(V/R)
Seri- Paralel karmaşık bir devredeki rezonans koşullarının analizi:
Rezonans frekansı veya ω o açısal hız analizi için:
• Sistemin eşdeğer empedansı veya admitansı (empedasın tersi Y=1/Z) ifade
edilerek j’li kısmı sıfır yapan ω (-böylece f değeri) hesaplanır.
•
Diğer bir yöntem olarak, sistemin reaktif güç nedenleri olan fazör
diyagramındaki reaktif akımların veya gerilimlerin kendileri arasında
birbirlerini yok etme ifadelerinden yola çıkılarak ω bulunur. Başka deyimle
cos θ = 1 yapan ω bulunur. Rezonansta ω → ω o alınır.
Đki Dallı Paralel Devredeki Rezonans:
37
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
I
IL
IC
RL
RC
L
C
V, f
R + jX C
R − jX L
1
1
1
1
+
=
+
= L2
+ C2
2
2
RL + jX L
RC − jX C
R L + jX L RC − jX C
RL + X L
RC + X C
( RL − jX L ) ( RC + jX C )
Y = YL + YC =


R
R
= 2 L 2 + 2 C 2+
RC + X C 
 RL + X L


X
X
j 2 C 2 − 2 L 2 
R +X 
 RC + X C
1444424L444L3
0
XC
2
RC + X C
2
=
XL
2
RL + X L
XC
2
ZC
2
=
XL
ZL
2
Aynı rezonans koşulu sonuç ifadesi, fazör diyagramından da bulunabilir.
I C . sin θ C = I L . sin θ L
IC
θC
V
θL
IL
V XC
V XL
.
=
.
Z C ZC
ZL ZL
XC
ZC
38
2
=
XL
ZL
2
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Bu ifade ω cinsinden açılıp çözülürse:
1
ωL
ωC
=
2
1 2
2
(ωL) + ( RL ) 2
(
) + RC
ωC
1
1
2
2
.(ω 2 L2 + RL ) = ωL (
+ RC )
2
ωC
(ωC )
1
ω 2 L2 + RL 2 = ω 2 LC 2 2 + ω 2 LC .RC 2
ω C
L
2
2
RL − = ω 2 LC.RC − L2
C
L
 2 L
2
RL − = ω 2 .L.C . RC − 
C
C

[
2
RL −
ωo =
]
L
C
 2 L
( L.C ). RC − 
C

2
=
1
LC
.
L
C
L
−
C
RL −
RC
2
2
ωo =
1
LC
.
L
C
L
−
C
RL −
RC
2
ĐÇĐN:
ω o > 0 olmalıdır. Aksi halde rezonans yoktur.
L
L
2
2
RL > ( ) ve RC > ( ) ise rezonans frekansı vardır.
C
C
L
L
2
2
RL < ( ) ve RC < ( ) ise rezonans frekansı vardır.
C
C
L
2
2
RL = RC =
ise devre bütün frekanslarda rezonanstadır.
C
39
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Aşağıdaki iki dallı paralel devrenin bütün frekanslarda rezonansta olması için, RL ve RC
değerlerini bulunuz. Bütün frekanslarda rezonansta olduğunu iki örnek denemeyle gösteriniz.
L
C
.
ωo =
LC R 2 − L
C
C
L
(2)10 −3
2
2
R L = RC = =
= 25
C (80)10 −6
RL = RC = 5
2
1
RL
RC
2 mH
80 µF
ω = 5000 rad/s
1
= 2.5
(5000)(80)10 −6
2.5
10
=? 2
2
2
2.5 + 5
5 + 10 2
0.08 = 0.08
XC =
X L = (5000)(2)10 −3 = 10
ω = 100 rad/s
1
= 125
(100)(80)10 − 6
125
0.2
=? 2
2
2
125 + 5
5 + 0 .2 2
(7.9)10 −3 = (7.9)10 −3
XC =
X L = (100)(2)10 −3 = 0.2
40
RL −
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
7. Nitelik Sayısı ,Yarı Güç Frekansları ve Rezonans ile ilgili örnekler
Nitelik Sayısı N.S
Bobinlerin L elemanlarında ve kondansatörlerde (C) enerji depo edilir. Bunların bulunduğu
nitelik sayısı (N.S) aşağıda tanımlanmaktadır.
N .S = 2π
depolanan max. enerji
devir basina enerji harcanması
Yukarıdaki ifadeden anlaşılacağı üzere, nitelik sayısı depo edilen enerjinin kaç tur (rad) sonra
sönümlenebileceğini verebilir. Seri RL ve RC devreler ele alınsın. Devir başına harcanan
enerji, R direncinde harcanan ortalama gücün T peryodu ile çarpımıdır.
I
I
R
jXL
R
-jXC
VC
Seri RL devresi için:
1
1
2
2
.L.I m
.L.I m
(2πf ) L ωL
= 2π 2
=
=
N .S = 2π 2
1
Im 2
1
R
R
2
I R.( )
( ) .R.( )
f
f
2
{
T
Seri RC devresi için:
1
1
1 2
1
2
(I m .
) .C
VCm C
2
1
ωC
N .S = 2π 2
= 2π 2
= (2πf ). ω C =
1
2
3
1
I
1
R
ωCR
ω
I 2 R( )
( m ) 2 R( )
f
f
2
Rezonanstaki seri RLC devresi için:
Rezonanstaki seri RLC devresi sabit oranda enerji depolar. Bunun nedeni C ‘deki gerilim
maksimum iken L bobin akımı sıfır veya bunun tersi olmasıdır. Enerji depolama L ve C
arasında sırayla olur. Rezonansta ise bu depolama miktarları eşittir.
1
1
2
2
CVm = LI m ,
2
2
N .S =
ωo L
R
=
1 /(ω o C )
R
çünkü
41
ωo L =
1
ωo C
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Rezonanstaki paralel devredeki N.S için:
V
L
R
C
L tarafına göre:
1
2
I Lm L
N .S = 2π 2
= 2π
1 1
V 2 . .( )
R f
1 Vm 2
( ) L
1
R
2 ωL
= (2πf ) R.(
)=
Vm 2 1 1 123 ω 2 L
ωL
ω
( ) . .
R
f
2
C tarafına göre:
1 2
1 2
Vm C
Vm C
ωC
N .S = 2π 2
= (2πf ) 2
=
= (ωC ) R
1
Vm 2 1
1
2 1
V . .( )
( ) .
R f
R
2 R
Rezonansta sabit oranda enerji depolanır.
1
1
2
2
CVm = LI Lm
2
2
Böylece, rezonansta N.S,
N .S =
R
= Rω o C
ωo L
Bant Genişliği ve Yarı Güç Frekansları
Seri bir RLC devresi için, aynı V gerilimi altında geniş bir frekans aralığındaki akım I ve
aktif güç P cevapları analiz edildiğinde aşağıdaki sonuçlar elde edilebilir.
R
L
C
V
Seri RLC devresinde, rezonans anında I akımı en yüksek değerindedir. Çünkü empedans en
düşük değerde olup sanal terimi sıfırdır.( X L = X C ).
42
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Z = R + j ( X L − X C ) = R ve
14243
I = Io =
0
V V
=
Z R
Rezonanstaki devreye aktarılan aktif P gücü,
2
P(max) = I 2 R = I (max) 2 .R = I o R
Io
Diğer yandan, I =
= I o .(0.707) ise P1,2 gücü,
2
2
Io 2
I o R P(max)
P1, 2 = ( ) .R =
=
2
2
2
Bu P1,2 yarı güç, rezonans akımının 0.707 katı akımda gerçekleşir.
Yarı güç koşullarında,
2
P1, 2 =
P(max) I o .R
V
=
= ( )2 R
Z
2
2
V
( )2 R
V2
R
= 2 .R
2
Z
1
1
= 2
ise
2
R 2 Z
Z 2 = 2R 2
veya,
Z=
V
=
(I o / 2 )
V
. 2
Io
{
ise
Z 2 = 2R 2
Z=R 2
R
Bu eşitlik, empedans ifadesinde kullanıldığında yarı güç koşulları için aşağıdaki sonuç
bulunur.
Z = R + j( X L − X C )
14243
X
2
2
2
Z = R + X = 2R 2
ise
R=X
X fark reaktansı olduğundan R=X eşitliğini sağlayan ve rezonans frekansına eşit uzaklıkta
iki frekans değeri vardır ( f1 , f 2 ) Bunların birinde X L > X C , diğerinde ise X C > X L ‘dir.
Fakat bunların her iki durumda da farkları R’ nin büyüklü ğüne eşittir. Rezorans koşullarına
göre yarı güç değerlerini sağlayan frekanslara yarı güç frekansları, açısal hızlara da yarı güç
açısal hızları adı verilir. Yarı güç frekansları arasındaki büyüklük farkına bant genişliği (BG)
adı verilir. Yarı güç frekanslarına aynı I o (0.707) akımı karşılık gelir. Çünkü bu durumlarda Z
empedansının büyüklüğü aynıdır ve akımın büyüklüğü değişmez fakat açısı değişir.
Seri RLC devresindeki yarı güç frekanslarındaki akım ve güç değişimleri örnek olarak
aşağıda verilmektedir.
43
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
11
I(max)=Io rezonans
10
9
I(max).(0.707) yarı güç
akımı
8
I (A)
7
6
5
V=100
R=10
L=0.5 H.
C=20 uF
BG
4
3
2
yarı güç açısal hızlar
1
ω1 , ω 2
0
250
ωo
300
350
400
ω (rad/s)
1100
1000
P (max)= rezonans
900
800
700
P (max)/2 yarı güç
600
500
P (W)
yarı güç açısal hızlar
V=100
R=10
L=0.5 H.
C=20 uF
400
300
ω1 , ω 2
BG
200
100
ωo
0
250
300
350
400
ω (rad/s)
Rezonanstaki N.S, rezonans frekansı f o ve bant genişliği BG arasındaki ilişkiler aşağıdadır.
Ayrıca rezonans frekansı, yarı güç frekanslarının geometrik ortalamasıdır.
( N .S ) o =
ωo
ω 2 − ω1
=
fo
f
= o
f −f
BG
12231
BG
ω o = ω1 .ω 2
fo =
f1 . f 2
44
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Temel Örnekler:
Örnek 1.
Seri RLC devresinde, rezonans frekansının yarı güç frekanslarının geometrik ortalaması
olduğunu gösteriniz.
V2 (ω 2 ' de endüktif)
I
I
V1 (ω1 ' de kapasitif)
ω1 ω o ω 2
V1 = V2 = V
ω = ω1
ω = ω2
ω
XC > XL
X L > XC
Yarı güç frekanslarında aynı akım çekilir empedanslar eşit olup, belirli bir R için reaktans
farkı X, R’ye eşittir. Biri ileri diğeri geri fazda olmak üzere eşit büyüklüklü açılar var olup
reaktanslar farkı her iki durum için eşittir.
X =X
1
1
− ω1 L = ω2 L −
ω1C
ω 2C
1 1
1
( + ) = L(ω1 + ω 2 )
C ω1 ω 2
1
(ω + ω2 )
= 1
= ω1.ω 2
ω1 + ω2
LC
(ω1.ω 2 )
1
= ω1ω 2
LC
12
3
ωo = ω1.ω 2
ωo
45
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek 2:
Rezonanstaki nitelik sayısının (N.S)o , f o / BG ’ye eşit olduğunu gösteriniz.
Yarı güç frekanslarında R=X’dir. Böylece,
− R + R2 +
1
− (2πf1 ) L = R
2πf1C
(2πf 2 ) L −
ise
f1 =
4πL
R + R2 +
1
=R
2πf 2C
ise
4L
C
f2 =
4L
C
4πL
BG = f 2 − f1
4L
4L
− R + R2 +
C −
C = 2R = R
BG =
4πL
4πL
4πL 2πL
R fo
.
BG =
2πL f o
R + R2 +
BG =
fo
R
. fo =
( N .S ) o
ω
oL
{
ise
( N .S ) o =
fo
BG
1 /( N .S )
Örnek:
R=100 ohm, L=0.5 H. Ve C = 40 µF ise seri RLC devresi için rezonans ve yarı güç
frekanslarını bulunuz.
ωo =
1
LC
1
=
(0.5)(40)10 −6
Z 2 = R 2 + X 2 = 2R 2
= 223.60
fo =
ωo
= 35.60
2π
R=X
1
− ω1 L = R
ω1C
2
Rω1C = 1 − ω1 LC
ω2 L −
2
2
ω1 LC + Rω1C − 1 = 0 ise
ω1 = 145 rad/s
1
=R
ω2C
ω2 LC -RCω2 − 1 = 0
ise
ω 2 = 345 rad/s
Ayrıca,
ω o = ω1ω 2 = (345)(145) = 223.6 rad/s olmakta ve işlem sağlamaktadır.
46
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek
Devrenin rezonans koşullarını bulunuz ve rezonans frekansını ifade ediniz.
RL
V
C
L
YT =
=[
R − jX L
1
1
1
+
= L2
+ j
2
RL + jX L − jX C RL + X L
XC
RL
2
RL + X L
2
X
1
] + j[
− 2 L 2]
X C RL + X L
14
442444
3
0
X
1
= 2 L 2
X C RL + X L
ωoC =
RL
2
ωo L
2
2
→→ RL C + ω o L2 C = L
2
+ (ω o L )
2
ωo =
L − RL C
=
L2 C
2
1
LC
1−
RL C
L
veya,
IC
I C = I L sin θ L
ILx
V
V XL
=
.
XC ZL ZL
V
θL
ILy
X
1
= L2
XC ZL
IL
ωoC =
Aynı sonuç bulunur.
47
RL
2
ωo L
+ (ω o L) 2
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki devrenin RC dalında, direnç arttırılırsa, rezonans frekansının olabilmesi için
alabileceği en büyük sınır değer kaç olmalıdır.
6
V
4
20 µF
1 mH
Đki dallı paralel devrede daha önce değinildiği gibi, rezonans açısal hız eşitliği aşağıdadır.
Devrenin değerleri yerlerine yazılmaktadır.
1.10 −3
RL
1
1
1
36 − 50
(20)10 −6
ωo =
=
−
3
LC R 2
(1)10 −3 (20)10 −6 4 2 − 1.10
(1)10 −3 (20)10 −6 16 − 50
C
−6
(20)10
Değişken taraf RC tarafı oldu ğu için, kök içi paydası sıfır veya pozitif oldu ğunda devrenin
rezonans frekansı bulunmaz. Böylece 4 ohm luk direncin olması gereken en yüksek değer
için:
2
2
RC <
L
C
L
−
C =
L
−
C
L
= 50
C
62 −
ise
RC < {
50
olmalıdır.
7.07
Örnek:
Şekildeki devre ω = 5000 rad/s ’de rezonansta ise gereken L değerini bulunuz.
V
2
5
-j10
L=?
Y=
XL
5
10
1
1
2
+
= ....... = (
+
) + j(
−
)
2
2 + jX L 5 − j10
125
125 4 + X L 2
4+ XL
1442443
0
XL
10
=
125 4 + X L 2
XL =
2
X L − 12.5 X L + 4 = 0
− (−12.5) ± ∆ → 0.33
=
→ 12.17
2(1)
ise
∆ = (12.5) 2 − (4).(1).(4)
L1 = 0.33 / 5000 = 0.06 mH
L2 = 12.17 / 5000 = 2.4 mH
48
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki devre ω = 5000 rad/s ’de rezonansta ise gereken C değerini bulunuz.
V
8
j6
8.34
C=?
Bir önceki probleme benzer olarak, iki dallı paralele devredeki rezonans koşullarında:
XC
X
= L2
2
ZC
ZL
XC
6
= 2
2
6 + 82
8.34 + X C
2
XC =
2
X C − 16.57 X C + 69.55 = 0
− (−16.57) ± ∆ → 7.9
=
→ 8.76
2(1)
ise
∆ = (16.7) 2 − (4)(1)(69.55)
C1 = 1 /[(7.9)(5000)] = (25.31)10 −6 F = 25.31 µF
C 2 = 1 /[(8.76)(5000)] = (22.81)10 −6 F = 22.81 µF
49
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
8. Rezonanstaki Akımın Durumu
Herhangi bir devrenin rezonans ko şullarındaki akım durumunu, rezonans koşullarındaki
eşdeğer empedansın ifadesi belirler. Kimi durumlarda eşdeğer Z empedansının gerçek terimi
Re, XL veya XC’ lerden bağımsız böylece ω ’dan bağımsız olabileceği gibi, kimi durumlarda
gerçek terim Re, ω terimlerini de içerebilir. Re, ω ’dan bağımsız ise j’li sanal terim rezonansta
sıfırlandığından akım V/Re olarak tanımlanır. Fakat Re ω terimlerini içeriyorsa, rezonans
koşullarındaki j’li terimin sıfırlanmasındaki ko şullar Re değerini değiştirebilir ve bu durumda
akımı, Re değerinin yeni değeri belirler. Böylece belir bir V gerilimi için, rezonanstaki devre
akımının en büyük, en küçük veya orta bir değerde mi oldu ğunu rezonansa bağlı Re ‘nin
değeri belirler.
Z = Re + j {
X
0
Re ≠ f ( X L , X C , ω )
olabilir.
Re = f ( X L , X C , ω )
Bu konuyla ilgili aşağıda iki örnek durum verilmektedir.
Durum 1:
Aşağıdaki Seri RLC devresinde rezonansta R elemanının rezonans koşullarına göre değeri
değişmez ve rezonansta sistem empedansı sadece R’den oluşur ve en düşük değerindedir. Bu
durum rezonansta akımı en büyük değerde yapmaktadır.
R
L
C
V
Z = R + j ( X L − X C ) = R = Re
14243
0
11
I(max)=Io rezonans
10
9
8
I (A)
7
6
V=100
R=10
L=0.5 H.
C=20 uF
5
4
3
2
1
0
250
ωo
300
350
ω (rad/s)
50
400
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Durum 2:
Aşağıdaki örnek devrede ise rezonans koşulları sistemin eşdeğer empedansının gerçek terimi
olan Re terimini etkilemektedir. Re rezonans koşullarına göre yeni değer almaktadır.
I
R
V
C
L
2
1
1
1
j
R − jX L
j ( R 2 + X L ) + X C ( R − jX L )
=
+
=
+ 2
=
2
Z − jX C R + jX L X C R + X L 2
X C (R 2 + X L )
2
2
2
Z=
X C (R 2 + X L )
X C ( R 2 + X L )[ RX C − j ( X L + R 2 − X L X C )]
=
2
2
RX C + j ( X L + R 2 − X L X C )
( RX C ) 2 + [ X L + R 2 − X L X C ]2
Z=
RX C ( R 2 + X L )
X C ( R 2 + X L )( X L + R 2 − X L X C )
−
j
[
]
2
2
( RX C ) 2 + [ X L + R 2 − X L X C ]2
( RX C ) 2 + [ X L + R 2 − X L X C ]2
1444442444443 144444424444443
2
2
2
Re
2
X =0
2
Rezonansta X L + R 2 − X L X C = 0 olmalıdır. Bu durumda Z’in sanal bileşeni sıfır olur aynı
zamanda Re gerçek terimi ise aşağıdaki yeni şeklini alır.
2
Re =
2
RX C ( R 2 + X L )
2
( RX C ) 2 + [ X L + R 2 − X L X C ]
144424443
2
=
2
2
RX C ( R 2 + X L ) ( R 2 + X L )
=
R
( RX C ) 2
0
Bu örnek devrede, rezonans koşulları j’li terimi sıfır yaparken, aynı zamanda normal eşdeğer
Z empedansındaki Re ‘nin değerini yükseltir. Aşağıda durum 2’ye ait örnek veriler için
yapılan analiz göstermektedir ki Re rezonans koşullarında alabileceği en büyük değerini
almakta ve böylece sabit bir V gerilimi için I devre akımı en düşük seviyesinde olmaktadır. I
en düşük değer aldığından S=V.I en düşük seviyede olur . Rezonansta S=P oldu ğundan P
aktif güç tüketimi de en düşük seviyede olur.
51
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
4
3.5
3
L=0.5
C=20 uF
R=10
V=100
I (A )
2.5
2
1.5
ωo
1
0.5
0
50
100
150
200
250
300
rad/s
52
350
400
450
500
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
9. AC Analizde Çevre Akımları, Düğüm Gerilimleri , Thevenin ve Norton
Yöntemleri
AC analizdeki çevre akımları, düğüm gerilimleri, Thevenin ve Norton yöntemleri prensip
olarak dc devre analizdeki durumlara benzer. Farkı ise kaynaklar ve empedanslar karmaşık
sayı şeklinde kullanılır. Öncelikle verilen L ve C elemanlarının reaktansları ön görülen
freakans için hesaplanır ve daha sonra devrenin karmaşık sayılı empedansları tanımlanır.
9.1. Çevre Akımları Yöntemi
Çevre akımları yönteminde, devrede herhangi bir yönde çevre akımları ön görülür. Çevre
akımının geçmediği hiçbir eleman kalmaz. Bir elemandan farklı çevre akımları da geçebilir.
Her çevre için uygulanan Khirchof gerilim kuralının bir sonucu olarak akım empedans gerilim
matrisleri tanımlanır. Empedans ve gerilim matrislerinin her bir satırı, ön görülen çevre
akımının yönü baz alınarak ifade edilir. Komşu çevre akımlarının ortak empedanslardaki
etkileri için akım yönleri aynı ise (+), ters ise (-) işaretler ilgili empedans önlerinde kullanılır.
Benzer şekilde gerilim matrisinde, ilgili çevre akımıyla aynı yönlü kaynaklar (+), ters yönlü
kaynaklar ise (-) işaretini alır. Empedans, akım ve gerilim matrisleri tanımlandıktan sonra
çevre akımları matris yöntemiyle bulunur. Bulunan çevre akımları devredeki elemanların
akım, gerilim ve güçlerinin analiz edilmesinde yardımcı olur.
Aşağıda örnek bir devre için, ön görülen çevre akımlarına göre empedans, akım ve gerilim
matrisleri ifade edilmektedir.
Z1
I1
V1
Z2
I3
Not: Gerilim kaynakları sinüs ac olmalarına
rağmen, herhangi bir andaki verebilecekleri
akım yönleri (veya polariteleri) birden fazla
kaynaklı devrelerde önemli olduğundan bu
yönler belirtilir.
Z4
V2
Z6
Z3
I2
Z5
[ Z ].[ I ] = [V ]
Z1
− Z2
  I 1   V1 
( Z 1 + Z 2 + Z 3 )
. I  =  V 

Z1
(Z1 + Z 4 + Z 5 )
Z4
  2  1 


Z4
(Z 2 + Z 4 + Z 6 )  I 3  − V2 
− Z2
Not: Kaynaklar ve Z empedans değ erleri karma şık sayı şeklinde yazılır……
53
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Genel durum:
Çevre akımları yönteminde, devrenin [Z].[I]=[V] matrisi aşağıdaki gibi olsun. Burada Z
empedans matris elemanlarındaki indisler aynı zamanda matriste bulundukları adresi ifade
etmektedir.
 Z11
Z
 21
 Z 31
Z12
Z 22
Z 32
Z13   I1  V1 
Z 23 . I 2  = V2 
Z 33   I 3  V3 
Z matrisinin kö şegenleri dışındaki elemanların işaretleri devrenin durumuna göre + veya işaretli olabilir. Kramer kuralına göre I matrisi çözülebilir.
Z 11
∆ Z = Z 21
Z12
Z 22
Z 13
Z 23
Z 31
Z 32
Z 33
( Z empedans matrisinin determinantı)
m. Satır ve n. Sütündaki bir elemanının işaretli minör ifadesi, ilgili matriste bu elemanın
bulunduğu satır ve sütun kapatıldıktan sonra geri kalan matrisin determinantıyla (-1)’in adres
toplamı kuvvetiyle çarpımıdır. Örneğin,
∆12 = (−1) (1+ 2 ) .
I1 =
Z 21
Z 23
Z 31
Z 33
V1
V2
Z 12
Z 22
Z 13
Z 23
V3
Z 32
Z 33
∆Z
,
I2 =
Z 11 V1
Z 21 V2
Z 13
Z 23
Z 31 V3
Z 33
ve
∆Z
I3 =
Z 12
Z 21
Z 12 V1
Z 22 V2
Z 31
Z 32
V3
∆Z
Bu çevre akımlarının çözümü için yukarıdaki determinantlar V gerilimlerinin bulundu ğu
sütünlara göre ifadelendirilirse,
I1 = V1 (
∆
∆11
∆
) + V2 ( 21 ) + V3 ( 31 )
∆Z
∆Z
∆Z
I 2 = V1 (
∆12
∆
∆
) + V2 ( 22 ) + V3 ( 32 )
∆Z
∆Z
∆Z
I 3 = V1 (
∆13
∆
∆
) + V2 ( 23 ) + V3 ( 33 )
∆Z
∆Z
∆Z
54
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Giriş (sürüş) noktası empedansı:
Devrenin ön görülen giriş bölgesindeki kaynak dışında diğer kaynaklar sıfırlanıp, bu
durumdaki giriş geriliminin giriş akımına olan oranıdır. Kaynak iç empedansları işleme dahil
edilir.
Örneğin V1 gerilimi giriş olarak kabul edilirse,
I1gir = V1 (
∆11
∆
∆
) + (0).( 21 ) + (0).( 31 )
∆Z
∆
∆Z
144Z424443
0
Z gir
V
∆
= 1 = Z
I1gir ∆11
Transfer empedansı:
Devredeki herhangi bir çevredeki gerilimin, diğer kaynaklar sıfırlanıp başka bir çevrede neden
oldu ğu akıma oranıdır.
Örneğin r çevresindeki gerilimin, s çevresindeki akıma olan etkisindeki transfer empedansı
için,
∆
∆
∆
I s = (0)( 1s ) + (0).( 2 s ) + .... + Vr ( rs ) + ..........
123.
∆Z
∆Z
∆Z
0
144424443
∆ rs
0
Z trns( rs ) =
Vr ∆ Z
=
I s ∆ rs
akım
gerilim
Süperpozisyon teoremi sağlaması:
Yukarıda çevre akımları için verilen ve V gerilimlerine göre tanımlanan akım ifadelerinden
görüleceği gibi, herhangi bir çevreden geçen net akım, devredeki bütün kaynaklardan her
birinin bu çevreye olan etkilerinin bileşkesidir. Çünkü her hangi bir çevre akımı ifadesinde,
bütün kaynak terimleri yer almaktadır. Bu durum,devredeki herhangi bir akımın devredeki
her kaynak için tek başına besleme durumunda bulunabilecek akımların bileşkesinin
sonucunu ifade eden süperpozisyon teoremi anlamını verir.
55
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
9.2. Düğüm Gerilimleri Yöntemi
Devrede dal akımlarının birleştiği noktalar dü ğümdür. Bu dü ğümlerden biri referans
düğümdür. Herhangi bir düğüm gerilimi, ilgili dü ğüm ile referans nokta arasındaki gerilimdir.
Dü ğüm gerilimleri yönteminde, empedansın tersi olan admitans (Y=1/Z) , gerim ve akım
matrisleri tanımlanır. Matris ifadesi bir dü ğüm noktasındaki Khirchof akım yasasının bir
sonucudur. Akımlar düğümlerden çıkıyor kabul edilir. Admitans matrisinin her bir satırı bir
düğüm için yapılandırılır ve ilgili düğüm baz olarak alınır. Düğüme bağlı admitanslar her
düğüm için toplanır. Komşu düğümlerdeki ortak empedanslar dü ğümlerden çıkıyor kabul
edilen akımların yönlerine göre işaret alır. Akım matrisi de dallardaki kaynak gerilimlerinin
ilgili düğüme bağlayan empedanslara olan oranlarıyla her dü ğüm için tanımlanır. Yönleri
düğüme giren kaynaklar (+), çıkan kaynaklar (-) işaretini alır. Bu durum, dü ğüm gerilimlerine
göre tanımlanan dal akımları toplamı sıfıra eşitlendiğinde, kaynak gerilim terimli akım
ifadelerinin eşitliğin karşı tarafına ters işaretle geçmesinin bir sonucudur.
Analizde matris yöntemiyle ön görülen düğüm gerilimleri bulunur. Bulunan düğüm
gerilimleri yardımıyla devrenin diğer ilgili akım gerilim ve güç durumları analiz edilebilir.
Dü ğüm gerilimlerinde kare matris boyutu, devredeki referans düğüm dahil düğüm sayısının
bir eksiği olabilmektedir.
Aşağıda örnek bir devrenin dü ğüm gerilimlerine göre tanımlanan matris ifadeleri
verilmektedir.
[Y].[V]=[I]
ifadesinden V dü ğüm gerilim matrisi, çevre akımları
yöntemindeki akımların bulunmasındaki yönteme benzer şekilde bulunabilir.
1
9
j2
2
V1
V2
3
j5
5∠0 o
5
-j4
10∠45 o
Referans düğüm
1
1
1
 1

o
o
−
( 9 + 1 + j 5 + 2 + j 2 )
 V1   5∠0 − 10∠45 
2 + j2


.  =  10
j5 
1
1
1
1

V

2
−
(
+
+ ) {
0
 4442

1
444
3
2 + j2
2 + j 2 3 − j 4 5  V
1444444442444444443
I
Y
56
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
5∠0 o 10∠45 o
−
10
j5
1
2 + j2
1
1
1
(
+
+ )
2 + j2 3 − j 4 5
,
∆Y
−
0
V1 =
1
1
1
5∠0 o 10∠45 o
+
+
−
)
j5
10 j 5 2 + j 2
10
1
−
0
2 + j2
V2 =
∆Y
(
V1 ve V2 bulunduktan sonra, devredeki bazı elemanların akımları aşağıdaki prensip
gösterimlerle hesaplanabilir. Bunun için ilgili düğüm gerilimi, yönü dü ğümden akım çıkacak
şekilde ilgili dalı besleyen hayali bir kaynak olarak düşünülür. Örnek devredeki bazı
elemanlardan çekilen akımların analizleri için;
1
I10
9
I10 =
5∠0 o
2
V1 − 5∠0 o
10
V1
j2
I(2+j2)
V2
V1
I ( 2+ j 2) =
V1 − V2
2 + j2
I(j5)
V1
j5
I j5 =
10∠45 o
V1 + 10∠45 o
j5
Akımlar negatif çıktığında, ön görülen yönün tersi yönde akımın aktığı kabul edilir.
57
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
9.3. Thevenin ve Norton Teoremleri
Karmaşık bir ac devresi, belirli bir uçlara göre basitleştirilmiş gerilim kaynaklı veya akım
kaynaklı bir devreye dönüştürülebilir. Bu yöntem özellikle esas devrenin şekli aynı kalıp
referans alınan uçlarda empedans veya bağlantı gurubu değişkenliklerinin oldu ğu durumlarda
analiz basitliği sağlamaktadır. Gerilim kaynaklı basitleştirilmiş eşdeğer devre Thevenin, akım
kaynaklı eşdeğer devre ise Norton eşdeğeri olarak tanımlanır. Gerek Thevenin gerekse
Norton eşdeğerleri aynı sonuçları sağlar ve bu iki devre de birbirine dönüştürülebilir.
Zy
a
Esas devre
Vo
Zo
b
Ik
Zo
a
a
Vo
b
Zy
Ik
Zy
Zo
b
Norton eşdeğeri
Thevenin eşdeğeri
Vo= a-b uçları açıkken bu uçlarındaki gerilim (Thevenin gerilimi)
Zo= açık a-b uçlarına göre eşdeğer empedans(gerilim kaynakları kısa devre, akım
kaynakları açık devre, fakat iç empedanslar işleme dahil)
Ik = a-b uçlarından geçebilecek kısa devre akımı (Norton akımı)
Zo =
Vo
Ik
58
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
10. Örnek Problemler Çevre, Düğüm , Thevenin ve Norton
Örnek:
Şekilde Vab=? ve Vbc=?
3
a
j4
b
I1
I2
j10
100∠45 o
-j10
c
3 + j14 − j10  I1  100∠45o 
.  = 

 − j10
0   I 2  
0


∆Z =
3 + j14 − j10
− j10
0
= 0 − (− j10)( − j10) = 100
100∠45o − j10
0
0
0
=
= 0,
I1 =
∆Z
100
3 + j14 100∠45o
10 ∠90o
6
4
74
8
− j10
0
0− ( − j10).100∠45o
=
= 10∠135o
I2 =
∆Z
100
Vab = I1 (3 + j 4) = 0
Vbc = ( I1 − I 2 )( j10) = −(10∠135)(10∠90) = (10∠135)(10∠ − 90) = 100∠45
1
424
3
14243
j10
o
− j10
o
Not: − (1
100∠225 ) = 100
∠45
3
4243 1424
70.7+ j 70.7
−70.7 − j 70.7
Örnek:
Devrede gerilim kaynağının verdiği aktif gücü bulunuz. Devredeki dirençlerin harcadıkları
güçleri ayrı ayrı bulunuz.
10
3
I1
-j5
50∠0 o
I2
j4
j5   I 1  50∠0 o 
10 − j5


.  = 
3 − j   I 2   0 
 j5
∆Z =
I1 =
I2 =
10 − j5
j5
= 50 − j 25 = 55.90∠ − 26.56 o
j5
3− j
50∠0 o
j5
0
3− j
∆Z
=
10 − j5 50∠0 o
j5
0
∆Z
150 − j50 158.11∠ − 18.43 o
=
= 2.82∠8.12 o
50 − j 25 55.90∠ − 26.56 o
=
250∠ − 90 o
55.90∠ − 26.56
o
= 4.47∠ − 63.44 o
59
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Kaynağın gücü,
P = V .I 1 . cos(θ ) = (50)( 2.82) cos(8.12) = 139.58
P10 = ( I 1 ) 2 (10) = ( 2.82 2 ).(10) = 79.524
P3 = ( I 2 ) 2 (3) = ( 4.47) 2 (3) = 59.94
PT = P10 + P3 = 79.524 + 59.94 = 139.46 ≅ P
Örnek:
Şekildeki ana hat akımlarını (Ia, Ib ve Ic ) akımlarını bulunuz.
Ia
220∠120 o V.
I1
10∠30
220∠240 o V.
o
10∠30 o
10∠30 o
Ib
220∠0 o V.
I3
I2
Ic
10∠30 o
0
0   I 1   220∠120 o 




10∠30 o
0 . I 2  =  220∠0 o 
 0
 0
0
10∠30 o   I 3   220∠240 o 
 444442
1
444443
Z
o
∆ Z = (10∠30 ).[(10∠30 o ).(10∠30 o ) − 0] = 1000∠90 o
220∠120 o
220∠0
I1 =
220∠240
I3 =
0
0
10∠30
o
o
0
10∠30 o
0
∆Z
10∠30
0
I2 =
o
o
220∠120 o
220∠0 o
(220∠120 o )[(10∠30 o ).(10∠30 o ) − 0]
= 22∠90 o
1000∠90 o
0
0
220∠240 o 10∠30 o
0
=
∆Z
10∠30 o
0
220∠120 o
0
0
10∠30 o
0
220∠0 o
220∠240 o
∆Z
=
=
( 220∠0 o )[(10∠30 o ).(10∠30 o ) − 0]
1000∠90 o
= 22∠ − 30 o
( 220∠240 o )[(10∠30 o ).(10∠30 o ) − 0]
= 22∠210 o
o
1000∠90
I a = I 1 − I 3 = ( 22∠90 o ) − ( 22∠210 o ) = j 22 − (−19.05 − j11) = 19.05 + j 33 = 38.1∠60 o
I b = I 2 − I 1 = (22∠ − 30 o ) − ( 22∠90 o ) = ...... = 38.1∠ − 60 o
I c = I 3 − I 2 = ( 22∠210 o ) − ( 22∠ − 30 o ) = ...... = −38.1∠0 o = 38.1∠180 o
I 1 = I faz ,
I a = I hat
ve
I a / I 1 = 1.73 = 3 ,
∆ bağlı hat –faz bağıntısı……..
60
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki 3 fazlı yıldız devrede, hat akımlarını (Ia, Ib ve Ic) bulunuz.
Ia
3 − j 4 = 5∠ − 53 o
I1
220∠120
o
5∠ − 53 o
5∠ − 53o
Ib
I2
220∠0 o
Ic
 (6 − j8) − (3 − j 4)   I 1  220∠120 o 
− (3 − j 4) (6 − j8) . I  = 
o 

  2   220∠0 
∆Z =
I1 =
I2 =
(6 − j8)
− (3 − j 4)
− (3 − j 4)
(6 − j8)
220∠120 o
220∠0 o
− (3 − j 4)
(6 − j8)
∆Z
(6 − j8)
220∠120 o
− (3 − j 4)
220∠0 o
∆Z
= 75∠ − 106 o
=
( 220∠120 o ).(10∠ − 53o ) − (220∠0 o ).(−5∠ − 53 o )
= 25.4∠143.1o
75∠ − 106 o
=
(10∠ − 53 o ).(220∠0 o ) − (−5∠ − 53o ).220∠120 o
= 25.4∠83.1o
o
75∠ − 106
I a = I 1 = 25.4∠143.1o
I c = − I 2 = −25.4∠83.1o
I b = I 2 − I 1 = (25.4∠83.1o ) − (25.4∠143.1o ) = (3.05 + j 25.2) − ( −20.3 + j15.2) = 25.4∠23.18 o
Ia = Ib = Ic ,
V1 faz = (5)(25.4) = 127 V.
Vhat 220
=
= 1.73 = 3
V1 faz 127
Yıldız bağlı faz-hat gerilim bağıntısı sonucudur……….
61
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki devrede, VAB gerilimini dü ğüm gerilimleri yöntemiyle bulunuz.
2
10∠0 o A
A
V2
j5
VA
j10
V1
3
I1
B
j4
VB
1
1
 1

−
 V1  10∠0 o 
( 2 + 3 + j 4 )
2

.
=
1 1
1  V 2   0 
1



)
−
( +
+

2 j 5 j10 
2
144444
42444444
3
Y
1
1
1
−
( +
)
2 3 + j4
2
∆Y =
= − j 0.26 = 0.26∠ − 90 o
1
1 1
1
−
( +
+
)
2
2 j5 j10
10∠0 o
0
V1 =
−
1
2
1 1
1
+
( +
)
2 j5 j10
5.80∠ − 31o
=
= 22.3∠59 o
o
∆Y
0.26∠ − 90
1
1
( +
) 10∠0 o
2 3 + j4
1
−
0
5∠0 o
2
V2 =
=
= 19.23∠90 o
∆Y
0.26∠ − 90 o
V A = V2 = 19.23∠90 o
V B = I B ( j 4) =
V1
( j 4) = 17.84∠95.9 o
3 + j4
V AB = V A − V B = (19.23∠90 o ) − (17.84∠95.9 o ) = j19.23 − (−1.83 + j17.74) = 1.83 + j1.49 = 2.35∠39.15
62
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki a-b uçlarına sırasıyla (5-j5) ve 10 ohmluk ohmik direnç bağlanıyor. Bu
empedanslardaki aktif güçleri Thevenin yöntemiyle bulunuz.
-j5
a
I
50∠0
5-j5
5
o
j5
Vo
10
b
Vo = V ab = I (5 + j5)
50∠0 o
= 10
− j5 + 5 + j5
(− j 5)(5 + j5)
Zo =
= 5 − j5
5 + j5 − j5
I=
Vo = 10(5 + j 5) = 70.7∠45 o
Zo =5-j5
a
I y1 =
Iy1
Vo = 70.7∠45
5-j5
o
70.7∠45 o
=5
10 − j10
Py1 = ( I y1 ) 2 (5) = (5) 2 (5) = 125
b
Zo =5-j5
a
Vo = 70.7∠45 o
I y2 =
10
Iy2
b
63
70.7 ∠45o
= 4.47∠63.45o
15 − j5
Py 2 = ( I y 2 ) 2 (10) = ( 4.47) 2 (10) ≅ 200
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Aşağıdaki devrenin a-b uçlarına göre olan Thevenin eşdeğerini bulunuz.
10∠45 o
5
I5=0 a
3
I
-j4
I=
20∠0
10
o
V10
b
20∠0 o
= 1.47∠17.1o
10 + 3 − j 4
V10 = ( I )(10) = (1.47∠17.1o )(10) = 14.7∠17.1o
Vo = V ab = 20∠0 o − 10∠45 o − V10 = 20 − 7.07 − j 7.07 − 14.05 − j 4.32 = −1.11 − j11.39 = 11.44∠ − 95.56 o
Z o = Z ab = 5 +
(3 − j 4)(10)
= 7.97 − j 2.16
3 − j 4 + 10
Zo=(7.97-j2.16)
a
Vo = 11.44∠ − 95.56 o
b
64
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
11. Yıldız-Üçgen dönüşümü ve Diğer Analiz Yöntemleri
10.1. Yıldız- Üçgen Dönüşümü (T- π dönüşümü)
Yıldız ve üçgen bağlantılar arasında dönüşüm yapılabilir.
Vi
Ii
Za
I2
Z3
Z1
Zb
Zc
Io
Vo
Vi
π veya Üçgen Bağlantı
Ii
Z2
Io
Zc
Vo
T veya yıldız bağlantı
Bu iki bağlantı gurubunun birbirinin karşılığı olabilmesi için, her iki devrenin giriş, çıkış ve
transfer empedansları birbirine eşit olmalıdır.
Üçgen Devrede:
 Za
− Z
 a
 0
0   I i   Vi 
( Z a + Z b + Z c ) − Z c . I 2  =  0 
− Zc
Z c   I o   − Vo 
Z giriş =
ZaZb
∆Z
=
∆ 11 Z a + Z b
Z çııkı =
ZbZc
∆Z
=
∆ 33 Z b + Z c
Z trans =
∆Z
= Zb
∆ 13
− Za
Yıldız Devrede:
− Z 2   I i   Vi 
( Z 1 + Z 2 )
.
=
 −Z
( Z 1 + Z 3 )   I o  − Vo 
2

Z Z + Z1Z 3 + Z 2 Z 3
∆
Z giris = Z = 1 2
,
∆ 11
Z 2 + Z3
Z trans =
Z cııkı =
Z Z + Z1Z 3 + Z 2 Z 3
∆Z
= 1 2
,
∆ 22
Z1 + Z 2
∆ Z Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3
=
,
Z2
∆ 12
Đki devrenin aynı empedans terimleri birbirine eşitlenirse,
65
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Z a Zb
Z Z + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3
= 1 2
Za + Zb
Z2 + Z3
(1)
ZbZc
Z Z + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3
= 1 2
Zb + Zc
Z1 + Z 2
(2)
Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3
Z2
(3)
Zb =
(3) nolu ifade, (1) ve (2) ‘de yerine yazılıp, Za ve Zc terimleri tanımlanır.
Za =
Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3
Z3
(4)
Zc =
Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3
Z1
(5)
Bu ifadeler verilen Z1,Z2 ve Z3 ‘e göre Za,Zb ve Zc ifadelerini verir.
Za,Zb ve Zc ifadeleri toplanıp ters çevrilirse,
Z1Z 2 Z 3
1
=
Z a + Z b + Z c ( Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 )( Z 1 Z 2 ) + ( Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 )( Z 1 Z 3 ) + ( Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 )( Z 2 Z 3 )
=
Z1Z 2 Z 3
Z1Z 2 Z 3
=
( Z 1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 ).( Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 ) ( Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 ) 2
(6)
(6)’nın her iki tarafı (ZaZb) ile çarpılıp ve eşitliğin sağ tarafı bunların (3) ve (4) deki
karşılıkları yazıldığında,
Z1 Z 2 Z 3
Z Z + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3 Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3
1
(Z a Z b ) =
.( 1 2
)(
)
2
Za + Zb + Zc
Z3
Z2
( Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3 ) 1444
424444
3
424444
3 1444
Za
Z1 =
ZaZb
Za + Zb + Zc
bulunur. Benzer yöntemle (ZaZc) ile Z2, ve ( ZbZc ) ile Z3 bulunur….
66
Zb
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Böylece, üçgenden yıldıza, yıldızdan üçgene dönüşüm bağıntıları tanımlanmış olur. Bunların
örnek şekil üzerindeki sonuç durumları aşağıdadır.
Z1
Za
Z2
Zb
Z3
Zc
Yıldızdan- Üçgene dönüşüm:
Za =
Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3
Z3
Zb =
Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3
Z2
Zc =
Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3
Z1
Üçgenden-Yıldıza dönüşüm:
Z1 =
ZaZb
,
Z a + Zb + Z c
Z2 =
ZaZc
Za + Zb + Zc
Z3 =
ZcZb
Za + Zb + Zc
10.2. Süperpozisyon Teoremi
Farklı sayıdaki gözlü devrelerde, daha önce belirtildiği gibi akımlar devredeki kaynak
gerilimlerine bağlı olup az ya da çok bu gerilimlerden etkilenir. Örneğin herhangi bir
çevredeki akım ifadesi, matris yöntemi ile hesaplanırken devredeki bütün kaynakların
bulunduğu terimleri içerir ve bunlarla ilgili transfer empedanslarının bir sonucudur. Her terim
ilgili kaynağın akım oluşumundaki tek başına olan etkisini belirtir. Başka deyimle herhangi
bir akım, devredeki bütün kaynakların devreyi tek başına besleme durumlarındaki katkılarının
bir bileşkesidir.
I 1 = V1
∆
∆ 11
∆
+ V2 21 + ......... + V n n1
∆Z
∆Z
∆Z
10.3. Karşıtlık Teoremi
Đki yönlü tek kaynaktan oluşan bir devrede, uyarımın cevaba oranı, uyarım ile cevap yer
değişirse değişmez. Çünkü giriş ve çıkış için iki yönlü sistem oldu ğundan transfer empedansı
aynıdır.
Vs kaynak, Ir akımı için transfer empedansı,
I r = Vs
∆ sr
∆Z
Vs ∆ Z
=
I r ∆ sr
67
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Uyarımla cevap yer değiştirilirse, Vr kaynak olur, Is akım olur. Bu yeni durumda transfer
empedansı için,
I s = Vr
∆ rs
∆Z
Vr ∆ Z
=
I s ∆ rs
Her iki durum için transfer empedansları birbirine eşittir.
Vs Vr
=
Ir Is
∆Z ∆Z
=
∆ sr ∆ rs
∆ rs = ∆ sr
Bu teoreme ilişkin prensip şema aşağıdadır.
1
3
Đki yönlü
devre
V1
2
1
I1
Đki yönlü
devre
I1
4
2
68
3
V1
4
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Aşağıdaki devrede, kaynak ve akım yer değiştiğinde a-b ve c-d Thevenin eşdeğerlerinin denk
olup akımların eşit oldu ğunu gösteriniz.
Z1
Z1
a
Z3
a
Z3
c
c
I1
Z2
d
d
b
Z ab =
V ab
Z cd =
Z2
=V
Z 2 + Z3
Z1Z 2
+ Z3
Z1 + Z 2
Vcd = V
Z ab
a
I3
b
I1 =
Vab
Z2
Z 2 + Z3
= (V .
).(
)
Z ab
Z 2 + Z 3 Z 3 Z 2 + Z1Z 3 + Z1Z 2
I1 =
V .Z 2
Z 3 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 1 Z 2
Z2
Z 2 + Z1
Z cd
c
I1
V
b
Z3Z 2
+ Z1
Z3 + Z2
V ab
Z2
I3
V
Vcd
d
Akımlar eşit değerde
aynı
69
I3 =
Vcd
Z2
Z 2 + Z1
= (V .
).(
)
Z cd
Z 2 + Z1 Z 3 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 1 Z 2
I3 =
V .Z 2
Z 3 Z 2 + Z1Z 3 + Z1Z 2
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
10.4. Kompanzasyon Teoremi
Đçinden bir I akımı geçen devredeki bir Z empedansı, değeri (I.Z) olan bir dengeleyici
kompanzasyon emk olarak gösterilebilir. Bu kompanzasyon emk yönü sürüş akımına terstir.
I
Za
I
Vc=I.Za
Zb
Zb
Devredeki herhangi bir değişiklik I akımını etkilerse, kompanzasyon kaynağı I’ya bağlı
oldu ğundan buna göre değiştirilmelidir. Vc kompanzasyon kaynağı bir bağımlı kaynak olarak
tanımlandırılır.
Bu teorem, bir devre ö ğesindeki empedans değiştiğinde, bu ö ğedeki akım ve gerilimin
bulunmasında faydalı olmaktadır.
∆I
I
Is
Z
∆Z
Z
V
Z
V
a)
∆Z
Vc = I .∆Z
b)
c)
Yukarıdaki devrelerde,
a) durumunda V kaynağı I=V/Z değerinde akım oluşturur.
b) durumunda aynı V beslemesinde empedans Z + ∆Z ’e değişmiştir. Bu durumda akım
I s = V /( Z + ∆Z ) ’dir.
c) durumunda ise esas kaynak sıfırlanıp, Z + ∆Z içeren devreye bir kompanzasyon gerilimi
uygulanır. Devreden ∆I akar. Bu ∆I , ∆Z ’lik empedans değişimi nedeniyle olan akımdaki
değişimdir.
Đspat:
Vc
6−7
8
− VC
V
V V .Z − V .Z − V .∆Z
V
∆Z
− I .∆Z
∆I = I s − I =
− =
= (− )
=
=
∆Z + Z Z
Z .( Z + ∆Z )
12Z3 ( Z + ∆Z ) ( Z + ∆Z ) Z + ∆Z
−I
veya,
V −V = 0
0 = I .Z − I s ( Z + ∆Z ) = I .Z − ( I + ∆I )( Z + ∆Z ) = I .Z − I .Z − I∆Z − ( ∆I ).Z − (∆I )(∆Z )
1
424
3
Is
I .∆Z = − ∆I ( Z + ∆Z )
ise
Vc = − ∆I ( Z + ∆Z )
70
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Örnek:
Şekildeki devrede 3+j4 olan empedans (5+j5)’ e değişiyor. Akımdaki değişikliği bulup,
kompanzasyon teoremiyle gösteriniz.
∆Z = (5 + j5) − (3 + j 4) = 2 + j
∆I = I s − I = (7.07∠ − 45 o ) − 10∠ − 53 o
o
I=
50∠0
= 10∠ − 53o
3 + j4
= 5 − j5 − (6 − j8) = −1 + j 3 = 3.16∠108.43 o
Vc = I .(∆Z ) = (10∠ − 53 o ). ( 2 + j ) = 22.3∠ − 26.44 o
123
50∠0 o
Is =
= 7.07∠ − 45 o
5 + j5
2.23∠ 26.56o
I
∆I
3 + j4
Is
∆Z = 2 + j
3 + j4
50∠0
o
50∠0
1)
∆I = −
3 + j4
∆Z = 2 + j
o
Vc = I .∆Z
3)
2)
Vc
22.3∠ − 26.44 o
=−
= −(3.16∠ − 71.5 o ) = 3.16∠108.43 o
Z + ∆Z
(3 + j 4) + ( 2 + j )
10.5. Maksimum Güç Transferi Teoremi
Bir AC kaynağının bir yüke aktarabileceği maksimum güç, yükün empedans tipi ve değeriyle
ilgili olarak değişir. Kaynaklar ço ğunlukla bobin sargılı generatörler ve bağımlı kaynak olarak
trafolardan oluştukları için iç empedans endüktif karakterlidir.
1.durum: Ohmik dirençli yük
Z g = R g + jX g
I
Vg
I=
Zy=Ry
Vg
( Rg + R y ) 2 + ( X g ) 2
2
P = I 2 Ry =
V g .R y
2
V g .R y
dP
d
2
=
.[
] = Vg [
dR y dR y ( R g + R y ) 2 + ( X g ) 2
2
dP
= 0 (maksimum guc kosullari)
dR y
( Rg + R y ) 2 + ( X g ) 2
2
2
0
644444447
44444448
2
2
[( R g + R y ) + X g ] − 2.( R g + R y ).1.R y
R g + 2R g R y + R y + X g = 2 Rg R y + 2 R y
[( R g + R y ) 2 + ( X g ) 2 ] 2
2
ise
71
2
2
R y = Rg + X g = Z g
]=0
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Kaynak iç empedansının reaktif bileşeni Xg =0 olursa Ry=Rg olur ki bu da bilinen dc
devrelerdeki maksimum güç transferi ko şullarına karşılık gelir.
2.durum: değişken direnç ,değişken reaktanslı yük
Z g = R g + jX g
I
Vg
I=
Zy=Ry+jXy
Vg
( Rg + R y ) 2 + ( X g + X y ) 2
2
Vg R y
2
P = I Ry =
( Rg + R y ) 2 + ( X g + X y ) 2
Đlkin Ry sabit tutulduğu kabul edilip, yukarıdaki P ifadesinde payda küçülürse P artar. Bu
durumda X y = − X g olmalıdır.
Diğer yandan Ry değişken olarak dü şünüldüğünde, 1. durum koşullarındaki iç empedansın
ohmik dirençten oluştu ğu durum ortaya çıkar . Bu aşama için R y = R g olmalıdır.
Böylece maksimum güç transferi için yük empedansı,
∗
Z y = R g − jX g = Z g olmalıdır.
3.durum: Sabit reaktanslı, değişken dirençli yük
Z g = R g + jX g
Vg
I
jXy
Ry
Böyle devrelerde, sabit olan yük reaktansı (jXy) seri iç empedans içine dahil edilir. Devrenin
yeni şekli aşağıdadır.
Z gn = R g + jX g + jX y
Vg
I
Ry
Bu yeni devre, 1. duruma benzer. Maksimum güç transferi için olması gereken Ry aşağıdadır.
2
R y = Rg + ( X g + X y ) 2
R y = Z gn
72
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
11. Magnetik Kuplaj Devreler
Elektrik devrelerinde elemanlar arasında manyetik yol ile de etkileşim söz konusudur.
Aralarında do ğrudan bir bağlantı olmaksızın bobinler arasında manyetik bir bağlantı ve bunun
sonucunda elektriksel etkileşim olabilir. Bobinden geçen akımlar AC devreleri gibi devrelerde
değişirse değişken manyetik akılar üretilir. Değişken akı, akım taşıyan bir bobini veya başka
bir bobini etkilemesiyle oluşan indükleme olayları elemanlar arası manyetik bağlantıların
(kuplaj) temel nedenini olu şturur.
Öz endüktans (L):
Bir bobinde akım değişirse onun ürettiği manyetik akı da değişir. Bu akı sargıları keserek bir
emk endükler. Sistemin manyetik geçirgenliği µ değişmez ise emk gerilimi akıdaki değişme
hızıyla orantılıdır.
ez = N .
dφ
di
=L
dt
dt
ez= indüklenen emk, N= sarım sayısı, φ = akı ve L= N sarımındaki akıdaki değişimin karşılığı
olan emk üretimi için akımdaki değişme çarpanı olarak öz endüklem katsayısıdır. Bir bobin
sisteminin öz endüklemi aşağıda ifadelendirilmiştir.
L=
N 2 µ. A
l
Burada, µ = ortamın manyetik geçirgenliği (ortam hava ise µ o = 4π (10 −7 ) H./m), A akı
yolunun kesit alanı (m2), l= akı yolu uzunlu ğu (m).
Karşılıklı Endüktans (M):
Karşılıklı endüktans, bir bobinde, bunu magnetik olarak etkileyen başka bir bobindeki akımın
neden olduğu indükleme katsayısıdır.
φ12
φ11
i1
N1
φ1 = 1. tarafta üretilen toplam akı
φ11 = 1. tarafta üretilen 1.tarafı kesen akı (sızıntı)
φ12 = 1. tarafta üretilen 2. tarafı kesen akı
N2
2.taraf
1.taraf
φ1
1.taraf için:
φ1 = φ11 + φ12
dφ1
e1 = N1 .
dt
2.taraf için:
dφ12
di
=M 1
dt
dt
dφ
M = N 2 12
di1
e2 = N 2
= L1
di1
dt
73
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Not: Bir bobinin öz endüklemi, üzerindeki toplam akıyla gerçekleşir.
Karşılıklı etkileşim iki yönlüdür. 2. taraftaki bobinden i2 akımı geçerse benzer ifadeler 1. taraf
bobini için yapılır. Sonuçta sistem karşılıklı indüklemeler ile bir dengede bulu şur.
M = N1
dφ 21
di2
φ 21 = 2. tarafta üretilip 1. tarafı etkileyen akı
Bobinler demir ve alaşımları gibi bir nüve üzerinde ise φ − i ilişkisi doğrusal değildir. Bu
nedenle M ifadelerinde akı ve akım gösterimleri diferansiyel olarak gösterilir. Ortam hava ise
φ − i ilişkisi do ğrusaldır. Bu durumda ifadelerde akı ve akım oranı sabit görülür.
Etkileşim Katsayısı (k):
Bir bobinden diğerine geçen akı, aradaki uzaklığa, eksenlerin birbirine göre olan durumlarına
ve ortamın magnetik geçirgenliğine bağlıdır. Transfer olan akının toplam akıya olan oranı
etkileşim katsayısı (k) ’dır.
k=
φ12 φ 21
=
φ1 φ 2
φ12 ≤ φ1 ve φ 21 ≤ φ 2 oldu ğundan k en fazla 1 değerini alır.
M 2 = M .M = ( N 2
φ12
i1
).( N 1
φ 21
i2
) = (N 2
k .φ1
k .φ 2
φ
φ
).( N 1
) = k 2 ( N 1 1 ).( N 2 2 ) = k 2 L1 L2
i1
i2
i1
i2
1
424
31
424
3
L1
L2
M = k L1 L2
Birbirini Magnetik yolla etkileyen devreler:
Birbirini magnetik yolla etkileyen bobinler arasında elektriksel bir kontak bağlantısı olsun
veya olmasın birbirinin elektriksel değerlerini etkiler. Şekil ve bağıntılar aşağıdadır..
φ1
R1
R2
i2
M<0
i1
V1
φ2
φ1 ve φ 2 aynı yönde ise M >0
φ1 ve φ 2 ters yönde ise M < 0
i
φ
sağ el
V2
di1
di
− M. 2
dt
dt
di2
di
v 2 = R2 .i 2 + L2
−M 1
dt
dt
V1 = ( R1 + jωL1 ).I1 − jωMI 2
v1 = R1 .i1 + L1
74
V2 = ( R2 + jωL2 ) I 2 − jMωI1
d
→ω
dt
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
M ’nün Đşareti- Nokta Kuralı:
Karşılıklı etkileşen bobinlerde, akı yönleri yerine akımların girdiği kenarlar bir işaretle
belirtilir. Bobinlerin aynı yönde sarıldığı kabul edilerek akımın giriş yönlerine göre nokta
kuralı ile M işareti belirlenir. Örneğin iki bobin için, noktanın bulundu ğu bobin kenarına göre
akımların her ikisi de giriyor veya çıkıyorsa M işareti ilgili bobin L’si ile aynı işaretli yani
(+)’dır. Biri giriyor diğeri çıkıyorsa M işareti ilgili L ile ters işaretli olarak yani (-)’dir.
Etkileşen ikiden fazla bobin varsa, M’nün işareti için, her bobin diğer bobinlerle karşılıklı
olarak düşünülüp, her çift bobin için bir M tanımlanır ve bu kural çerçevesinde M işareti ilgili
L’nin işaretine göre (+) veya (-) alınır.
Örnek yönler:
φ
M < 0 (L işaretinin tersi)
M >0 (L işareti ile aynı)
Doğal Akım (Đndükleme Akımı):
Magnetik sistemde sadece bir taraftan enerji beslemesi yapılıp, indüksiyon yolu ile diğer
tarafta gerilim indüklenir ve bu gerilim bir yük ile kapalı çevrim olu şturulduğunda bir I2
akım geçirir. Lens yasasına göre, indüklenen gerilim öyle bir yöndedir ki devre tamamlanıp
geçireceği akım, besleme tarafında üretilen akımın neden oldu ğu akıya daima ters şekilde
ikinci tarafta bir akı üretir. Böyle sistemlerde, sargı yönü ne olursa olsun M daima negatiftir.
Trafo buna örnektir.
φ12
φ 21
R1
V1
I1
M<0
R2
I2
R2
V1 = ( R1 + jωL1 ) I 1 − jMωI 2
I2
jω L 2
0 = − jMωI 1 + ( R 2 + jωL2 ).I 2 + Z y I 2
jωMI 1 = ( R 2 + jωL2 + Z y ) I 2
Z y (yük)
e2 = j (ωM ) I 1
75
Z y (yük)
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Do ğal akımlı bir indükleme sisteminde, beslemenin yapılmadığı taraftaki akım artarsa (-ki bu
yükün değerine göre değişir, kısa devrede en yüksek değerde), bunun olu şturduğu ters akı
besleme tarafından oluşan akıyı azaltır. Toplam akı azaldığında besleme tarafı emk’sı azalır
ve sonuçta aynı V besleme gerilimi altında birinci taraf akımında artış olur. Benzer beklenti
yukarıdaki besleme tarafı için verilen gerilim bağıntılarından da anlaşılabilir. Bu durum, bir
trafo yüklendiğinde ikinci taraf akımı artışı yanında besleme tarafı akımının da arttığını, trafo
boşta çalışırken neden şebekeden çok küçük akım çekebileceğini açıklar.
Magnetik Etkileşimli Devrenin Elektriksel Bağlantı Eşdeğeri:
Magnetik etkileşimli fakat elektriksel bağlantılı olmayan ayrık devre sistemlerinde, her sistem
için gerilim denklemleri ifade edildiğinde bu bağıntılar arasında karşılıklı endüktanslı (M)
terimler ortak elemanlar olur. Bu karşılıklı endüktans M’den kaynaklanan reaktanslar ilgili
çevreler arasında ortak empedans halinde gösterilir. Đlgili çevre empedansları gerilim
denklemlerinin ön gördü ğü şekilde düzenlenir. Aşağıda örnek bir durum verilmektedir.
M
R1
R2
I2
I1
V1
R1
V2
jωL2
jωL1
jω ( L1 − M )
jω ( L 2 − M )
R2
I1
V1
− jωM   I 1  V1 
( R1 + jωL1 )
.
=
 − jω M
( R 2 + jωL2 )  I 2  V2 

V2
jω M
I2
Yukarıdaki örnek devre gibi devrelerde, belirli bir çevre için, karşılıklı endüktanslı gerilim
düşümü terimi kendi çevre akımıyla değil başka çevre akımlarıyla oluşur. Đlgili çevre akımı da
başka çevrede böyle bir gerilim oluşturacaktır. Bu nedenle ilgili çevre akımının kendi
çevresinde M çarpanlı gerilim düşümü olmaması ve aynı zamanda çevre akımları kurallarıyla
da uyumlu olması için, L özendüktans terimlerinden M terimleri çıkarılmış şekilde j’li
reaktans elemanları ifade edilir ( jω ( L − M ) gibi).
V1 = I 1 R1 + j (ωL1 ) I 1 − j (ωM ) I 1 + j (ωM ) I 1 − j (ωM ) I 2
1444
424444
3
0
V 2 = I 2 R2 + j (ωL2 ) I 2 − j (ωM ) I 2 + j (ωM ) I 2 − j (ωM ) I 1
1444
424444
3
0
76
Devre Analizi –II Ders Notları-Yrd. Doç. Dr. Özcan ATLAM
Aynı akımı taşıyan bobinlerdeki durum:
1. bobin
2. bobin
I(1. bobin)=I(2. bobin)=I
I
b
a
2
1
M
L1
R1
I
a
b
1.BOBIN
2.BOBIN
64444
74444
8 64444
744448
I ( R1 + jωL1 ) + I ( jωM ) + I ( R2 + jωL2 ) + I ( jωM )
L2
R2
2
1
= I [( R1 + R 2 ) + jω ( L1 + L2 + 2M )]
φ1
φ2
M
I
a
R1
L1
R2
b
2
L2
1.BOBIN
2.BOBIN
64444
74444
8 64444
744448
I ( R1 + jωL1 ) − I ( jωM ) + I ( R2 + jωL2 ) − I ( jωM )
1
= I [( R1 + R 2 ) + jω ( L1 + L2 − 2 M )]
φ1
φ2
77