EEEN 213 ELEKTRİK-ELEKTRONİK MÜHENDİSLİĞİNİN TEMELLERİ DERS NOTU

Transkript

1 EEEN EEKTİK-EEKTONİK MÜHENDİSİĞİNİN TEMEEİ DES NOT 00-0

2 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM DİENÇ, OHM KANN, İŞ VE GÜÇ. EEKİK ENEJİSİ ve ÖZEİKEİ Bugün elektrik çağında yaşamaktayız. Kullandığımız enerjinin büyük bir bölümü elektrik enerjisidir. Evlerde ve iş yerlerinde elektrik enerjisini ışık enerjisine çevirerek, aydınlatma amacıyla kullanmaktayız. Yine elektrik enerjisini ısı enerjisine kolayca çevirebilen, elektrik ocakları ve sobaları, kullanılmasının basit ve temizliği nedeniyle vazgeçilmez durama gelmiştir. Ülkemizin çoğu bölgesinde buna ilaveten kullanılması kolay ve elektrik ocaklarına oranla elektrik tüketimi daha az olan elektrik enerjisinden yaralanılarak klimalar son yıllarda yerlerini almıştır. En ileri düzeydeki haberleşme cihazlarının çalıştırılmasında elektrik enerjisinden yaralanılır. adyo, televizyon, telefon, hesap makineleri ve bilgisayar gibi bir çok cihaz, elektrik enerjisinden başka bir enerji çeşidi ile çalışmazlar. Yine evlerde kullanılan süpürge, çamaşır, bulaşık makinesi ve diğer birçok küçük cihazlarda mekanik enerjinin elde edilmesinde, elektrik motorlarının kullanılması kaçınılmazdır. Elektrik motorlarının diğer motorlara göre daha küçük boyutta yapılabilmesi çalıştırılıp durdurulmasının basit bir anahtarla mümkün olması, özel bir bakım gerektirmemesi ve sessiz çalışmaları, ev cihazlarında elektrik enerjisinin kullanılmasının en önemli nedenlerindendir. Elektriğin sanayide kullanılma yerleri de sayılmayacak kadar fazladır. Elektrik makinelerinin verimlerin yüksek olması, yani kaybın minimum olması, kumandalarının kolaylığı ve yapılarının basit olması, diğer enerji makineleri yanında ön sırayı almalarına neden olmuştur. Elektrik enerjisinin ısı etkisinin diğer bir uygulama alanı da endüksiyon fırınlarıdır. Bu fırınlarda ısı enerjisi, ısıtılacak olan maddenin her yerinde aynı ölçüde meydana getirildiğinden, her yeri aynı anda pişer veya ergir. Örneğin bir endüksiyon fırınında pişen ekmeğin, her tarafı aynı anda ısınıp pişeceğinden kabuk oluşmaz. Bunlara evlerde kullandığımız mikrodalga fırınlarını da örnek gösterebiliriz. Kullanılacağı yere kadar en az kayıp götürülebilen en uygun enerji, elektrik enerjisi, yine diğer çeşitlerine en kolay çevrilebilen bir enerjidir. Elektrik santrallerinde üretilen elektrik enerjisi, binlerce kilometre uzaklıktaki yerleşme merkezlerine, iletim hatları ile kolayca iletilebilir. Kullanma amacına uygun olarak mekanik, ısı veya ışık ve kimyasal enerjilere kolaylıkla çevrilir. Elektrik enerjisi, akümülatörlerde kimyasal enerjiye dönüştürülerek depo etme olanağı bulunduğu gibi, küçük de olsa, elektik enerjisi kondansatörlerde de doğrudan depo edilebilir.

3 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Elektrik enerjisinin kimyasal etkisinden yaralanılarak, madenler üzerindeki yağlar gibi istenmeyen maddeler temizlenir. Maddelerin kaplanması ile ilgili bir dal olan galvonoteknik ve son zamanlarda gelişen galvonoplastik ile elektroliz yoluyla saf maden elde etme sanayileri, elektriğin kimyasal alandaki uygulamalarının başlıcalarıdır. Elektrik enerjisinin özelliklerini yukarıda kısaca açıklamaya çalıştık. Elektrik enerjisi gelişen teknolojide görüldüğü kadarı ile her zaman yerini alacak ve biz bu özelliklerini açıklamaya devam etmek zorunda kalacağız.. İETKENE, YATKANA ve YA İETKENE Atomun dış yörüngesinde değişik sayıda elektron bulunabilir. Fakat bu elektronlar sayısı sekizden fazla olamaz. Dış yörüngede sekiz elektronu bulunan atomlar bir nevi kararlılık kazanmıştır. sekiz elektronlu dış yörüngelere doymuş yörünge denir. Doymuş yörüngenin elektronları çekirdeğe daha sıkı olarak bağlıdırlar. Şu halde dış yörüngeleri doymuş olan atomlar, elektronlarını kolay kolay bırakmazlar ve dışarıdan elektron alamazlar. Bu bilgileri verdikten sonra serbest elektronları fazla olan maddelere, elektrik akımını iyi ileten anlamına gelen iletken denir. Bunlara örneklendirmek gerekirse bakır, alüminyum ve demir gibi. Bütün metaller iletkendir. Serbest elektronları çok az olan maddeler, elektrik akımını iyi iletmezler veya hiç iletmezler. Böyle serbest elektronu az olan maddelere, elektrik akımını iletmeyen anlamına gelen yalıtkan sözcüğü kullanılır. Yalıtkanlara örnek olarak cam, kauçuk, pamuk, yağ ve hava gösterilebilir. İyi bir iletken madde ile iyi bir yalıtkan madde arasındaki fark, bir sıvı ile bir katı arasındaki mekaniksel fark kadar büyüktür. Her iki özellikle, maddenin atom yapısı ile ilişkilendirilir. Akışkanlığı katılar ile sıvılar arasında bulunan maddeler olduğu bibi, elektrikte de iletken ve yalıtkan olan maddelerde vardır. Böyle maddelere yarı iletken denir. Bu maddelerin bulunması ve kullanılmaya başlamasıyla bugün elektroniğin hızlı gelişimini sağlamıştır. Bu maddeler germanyum, silisyum ve karbon gibi.. DİENİN FİZİKSE BOYT Direnci elektrik akımına gösterilen zorluk olarak tanımlamıştık. Bir iletkenin elektrik akımına gösterdiği zorluk (yani o iletkenin direnci), iletken içinde hareket eden elektronlarla, o iletken içindeki atom ve diğer parçacıklar arasındaki sürtünmelerden meydana gelir. Bu konuda, bir borudan akan suyun karşılaştığı zorluğu örnek olarak gösterebiliriz. Boru dar ve iç yüzeyi fazla girintili çıkıntılı ise suyun akışına karşı belli bir zorluk ortaya çıkaracaktır. Aynı şekilde borunun uzunluğu arttıkça, içinden geçen suya gösterdiği direnç artacaktır.

4 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bir iletkenin direnci de, o iletkenin boyuna, çapına cinsine göre değişir. Örneğin bir iletkenin uzunluğu ile direnci doğru orantılıdır. İletkenin uzunluğu arttıkça direnç de artar. Buna karşılık iletkenin kesiti ile direnç ters orantılıdır. Buna göre iletkenin kesiti arttıkça direnç azalır, kesiti azaldıkça direnç artar. Bunlardan başka, direnç, iletkenin cinsine göre de değişir. Örneğin aynı uzunlukta ve aynı kesitte bakır ile alüminyum iletkenin dirençleri birbirinden farklıdır. Burada öz direnç kavramı karşımıza çıkar. Özdirenç, metre uzunluğunda ve mm kesitindeki bir iletkenin direncidir ve bütün iletkenin özdirençleri birbirinden farklıdır. Özdirenç ρ sembolü ile gösterelim ve ro olarak okunur. Bütün bunlardan başka, ortamın sıcaklığı da iletkenin direncini etkileyen faktördür. Bu konu, ileride ayrı bir başlık altında incelenecektir. Aşağıdaki tabloda, bazı iletkenlerin özdirençleri gösterilmektedir. İETKEN ÖZDİENÇ(ρ) Gümüş 0.06 Bakır 0.07 Altın 0.0 Alüminyum 0.08 Demir 0.0 İletkenlerin özdirençleri Bu tablodaki değerler, iletkenlerin oda sıcaklığındaki (0 ) özdirençleridir. Bir iletkenin direnci aşağıdaki formülden hesaplanır. S ρ Bu formüldeki harflerin anlamı ve birimleri; : İletkenin direnci (ohm) : İletkenin uzunluğu (metre) ρ: İletkenin özdirenci (ohm) S: İletkenin kesiti (mm ) Bir iletkenin direncini etkileyen faktörler 4

5 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek: zunluğu 0 metre, kesiti mm olan bakır telin direncini hesaplayınız. Çözüm: Bakırın özdirenci ρ0.07 ohm 0 ρ Ω S Örnek: zunluğu 50 metre, kesiti mm olan alüminyum telin direncini hesaplayınız. Çözüm: Alüminyumun özdirenci 0.08 ohm dur. 50 ρ , 575Ω S bulunur. Örnek: Çapı mm ve uzunluğu 50 km olan bakırdan yapılmış hattın direncini hesaplayınız. Bakırın özdirenci0.07 dir. Çözüm: Önce iletkenin kesitini bulalım daha sonra direnç formülünde yerine koyup bakır iletkenin direncini bulalım. S πd 4,4. 4 7,065mm S ρ 50,000 0,07 6,0Ω 7,065 5

6 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ. DİENİN SAKKA DEĞİŞİMİ İletkenin direnci, sıcaklıkla doğru orantılıdır. Buna göre sıcaklık arttıkça iletkenin direnci de artar. Devre dizaynlarında, dirençler bir bir hesaplanır öyle seçilir. Bu nedenle direnç çok hassas bir noktada bağlı ise ve içinden geçen akım sonucu ısınarak değeri değişmiş ise, devrenin çalışması etkilenebilir. Dirençlerin üzerinde belirtilen omik değer, oda sıcaklığındaki (0 o ) direnç değeridir. Metallerin direnci, 0(sıfır) derece ile 00(yüz) derece arasında doğrusal olarak değişir. Aşağıdaki şekilde metallerin direncinin sıcaklıkla değişmesi görülmektedir. Metalin direncinin sıcaklıkla değişimi Yukarıdaki şekilde bir direncin t sıcaklığındaki değeri, ise aynı direncin t sıcaklığındaki değeridir. Görüldüğü gibi sıcaklık arttıkça direncin omik değeri artmıştır. Her metalin bir T katsayısı vardır. Bu, teorik olarak o direncin değerinin sıfır ohm olduğu sıcaklık değeri demektir. Aşağıdaki tabloda çeşitli iletkenlerin T katsayıları verilmektedir. META T, KATSAYS Kurşun 8 Gümüş 4 Bakır 5 Alüminyum 6 Çinko 50 Pirinç 650 Bir direncin değişik sıcaklık da ki değeri aşağıdaki formüllerle hesaplanır. T T t t 6

7 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bu formülde ki harflerin anlamlar; T: Metalin katsayısı t : Birinci sıcaklık : Direncin t sıcaklığındaki değeri t : İkinci sıcaklık : Direncin t sıcaklığındaki değeri Örnek: Bir bakır iletkeninin 0 derecedeki direnci 5 ohm dur. Bu iletkenin 50 derecedeki direncini bulunuz. Çözüm: Bakırın T katsayısı 5 tir. Bu değerler formülde yerine konulursa; 5 t 5 t formülünde yi çekersek ( 5 t ) 5( 5 50) 5 t ,58Ω 55 bulunur. Örnek: Bir alüminyum iletkenin 0 derecedeki direnci 0 ohm olduğuna göre bu iletkenin 00 derecedeki direncini hesaplayınız. Çözüm: Alüminyumun T katsayısı 6 dır. Bu değerleri formülde yerine konulursa; T t T t formülünde yi çekersek ( 6 t ) 0( 6 00) 6 t ,6Ω 66 bulunur. 7

8 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 4. DİENÇ ENK KODA Dirençlerin iki önemli karakteristiği olduğunu biliyoruz. Bu karakteristikler; a- Direncin omik değeri b- Direncin gücü Olarak tanımlanır ve devrede kullanılacak dirençlerin seçiminde bu büyüklükler dikkate alınır. Şimdi sırayla bu büyüklükleri inceleyelim. 4. DİENİN OMİK DEĞEİ Dirençlerin omik değerleri ya üzerinde doğrudan doğruya rakamla yazılır. Yada renk kodları aracılığı ile belirtilir. Aşağıdaki örneklerde dirençlerin omik değerleri ve toleransları doğrudan doğruya rakamla yazılmıştır. Diğer grup dirençler ise (genellikle 0,5 ve 0,5 wattlık dirençlerde) omik değer, direncin üzerindeki renk bantlarıyla ifade edilir. Genellikle, dirençlerin üzerinde dört (4) tane renk bandı bulunur. Bu bantların soldan üç tanesi direncin omik değerini; en sağdaki bant ise direncin toleransını verir. Aşağıdaki şekilde direncin üzerindeki bulunan renk bantları görülmektedir. Direnç üzerindeki renk bantları 8

9 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek: Bir direnç üzerindeki renk bantlarının, soldan itibaren sarı, mor, portakal ve gümüş yaldız renginde olduklarını kabul edelim. Buna göre en soldaki sarı 4 sayısını temsil ettiği için direnç değerinin rakamı 4 olur. Soldan.renk mor ve direnç değerinin. rakamı 7 olur. Böylece 47 rakamı bulunur. Soldan. renk portakaldır ve portakal rengi rakamına karşılık geldiği için, 47 sayısının yanına üç tane 0(sıfır) konulur ve direncin omik değeri olarak 47,000 Ω veya 47 kω bulunmuş olur. Soldan 4. rengin toleransı gösterdiğini biliyoruz. Bu dirençte soldan 4. renk gümüş yaldız olduğundan, toleransı %0 olarak bulunur. Buna göre bu direncin omik değeri; 47 kω ± %0 Toleransın %0 olması demek, bu direncin değeri, çevre şartlarına göre (örneğin ısı) %0 artabilir veya azalabilir demektir. Aşağıdaki tabloda, direnç renk bantlarının karşılıkları olan sayılar görülmektedir. ENK SAY TOEANS Siyah 0 Kahverengi % Kırmızı %0, Portakal %0,0 Sarı 4 %0,00 Yeşil 5 Mavi 6 Menekşe(Mo 7 r) Gri 8 Beyaz 9 Gümüş Yaldız - % 0 9

10 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Altın Yaldız - % 5 enk Bandı Yok (Gövde engi) - % 0 Direnç enk Kodları Örnek: Üzerindeki renk bantları, soldan itibaren kahve, siyah ve kırmızı olan direncin omik değerini ve toleransını hesaplayınız enk bantlarını ve renklerin sayı karşılıklarını şekilde gösterdik. Burada dikkat edilirse 4.bant yok bunun anlamı toleransın % 0 olduğunu anlamamız gerekir. Buna göre verilen renk bantlarına göre direncin omik değerini bulursak; 0.0 ± % 0 0 Ω ± 0,.0 kω ± 00 veya 800 ile. kω değerini gösterir. Örnek: Şekilde bant renkleri verilen direncin omik ve toleransını bulunuz. 0

11 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm: Direncin renk bantları verildiğine göre bu renklerin sayı değerlerini yazarsak; 68 Ω ± % 5 68 Ω ± 0.05 (68) 68 Ω ±,4 Ω omik değeri 64,6 ile 7,4Ω arasında değişir. 4. STANDAT DİENÇ DEĞEEİ Standart direnç değerleri ve % 5, % 0 tolerans değerlerinin verildiği bir tablo oluşturalım. Yukarda verilen örneklerde gördüğümüz gibi direncin üzerinde yazan değeri verdiği gibi tolerans değerleri aralığındaki değeri de alabilmektedir. Örneğin kω ± % 0 direncin değeri kω olabildiği gibi minimum 900 Ω veya maxmum. kω da olabilir. Aşağıdaki tabloda koyu renkler standart renkleri açık renk deki değerler ise tolerans değerlerini vermektedir.

12 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Direnç Değerleri (Ω) Kilo ohm (kω) Mega ohm (MΩ) % 5 ve % 0 toleranslı ve standart direnç tablosu Yapacağınız devrede kullanacağınız dirençleri bu tablodan seçerek standart dirençler kullanabilirsiniz. Aksi taktirde standart olmayan dirençleri piyasadan bulmanız imkansızdır. 5. EEKTİK DEVESİ ve KANN GİİŞ Elektrik devresi, elektrik akımının yoludur diye tanımlanabilir. Elektrik akımını oluşturan elektrik yükleri, elektrik devresinden geçerek, üretecin elektrik enerjisinin alıcısı da başka bir enerjiye dönüşümünü sağlar. Bu bölümde elektrik devresi, özellikleri, çeşitleri, elektrik devrelerine uygulanan prensip ve uygulama örnekleri verilecektir.

13 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 5. EEKTİK DEVESİ VE EEMANA Elektrik enerjisi ile çalışan herhangi bir aygıtın çalıştırılabilmesi için içinden sürekli elektrik akımı geçmesi gereklidir. Bu da ancak aygıtın devresine bağlanan elektrik enerjisi kaynağı ile temin edilebilir. Enerji kaynağının bir ucundan çıkan elektrik yükleri, bir yol takip ederek, diğer ucuna ulaşırlar. İşte bir elektrik enerjisi kaynağı yardımı ile, bir elektrik aygıtının çalıştırılabilmesi için sürekli elektrik akımının geçtiği yola elektrik devresi denir. SİGOTA ANAHTA S ÜETEÇ İETKEN A Şekil. Üreteç: Her hangi bir enerjiyi, elektrik enerjisine dönüştüren aygıtta elektrik enerji kaynağı veya üreteç denir. Pil, akümülatör, dinamo, alternatör v.b.gibi; Anahtar (Devre Kesici): İstenildiği zaman elektrik akımının geçmesini veya elektrik akımını keserek alıcının çalışmasını durduran devre elemanına denir. Alıcı: Elektrik enerjisini istenilen başka bir enerjiye dönüştüren aygıtlara almaç veya alıcı denir. Elektrik sobası, elektrik motoru, elektrik ocağı gibi Sigorta (Devre koruyucu): Elektrik devresinden geçen akım şiddeti bazen istenilmeyen değerlere yükselebilir. Bu gibi durumlarda devre elemanları zarar görür. Akım şiddetinin belli bir değerinin üstüne çıkmasını önlemek için elektrik devresini sigorta ile korunur. İletken: Elektrik devre elemanlarının birbirine bağlantıları metal tellerle yapılır. Bu tellere uygulamada iletken denir. İletkenler, elektrik akımına karşı çok az zorluk gösteren bakır, alüminyum gibi metallerden, genellikle daire kesiti olarak yapılırlar. Elektrik devrelerinin özelliklerine ve amaçlarına göre değişik devre elemanları ve ölçü aletleri de aynı devreye ilave edilebilir. Bu elemanları ve ölçü aletleri olan Ampermetre, Voltmetre Wattmetre gibi; ileriki konularımızda ve sorularımızda sıkça kullanacağız.,

14 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 5. EEKTİK DEVE ÇEŞİTEİ Elektrik devreleri, çalıştıkları alıcılara göre adlandırılırlar. Zil devresi, aydınlatma devresi, motor devresi, radyo devresi gibi Elektrik devreleri, uygulanan gerilim büyüklüklerine göre de adlandırılırlar. Alçak gerilim devresi, orta gerilim devresi, yüksek gerilim devresi v.b. gibi Elektrik devresi, devreden geçen akımın şiddetine göre de adlandırılırlar. Hafif akım devresi, kuvvetli akım devresi v.b. gibi... Elektrik devreleri, devreden geçen akımın, almaçtan geçmesine göre; açık devre, kapalı devre ve kısa devre olarak da adlandırılırlar. Açık devre: Devre akımının, isteyerek veya istemeden devreden geçmesini önlediği, devrenin bir noktadan açıldığı almacın çalışmadığı devrelerdir. Diğer bir tarifle direncin sonsuz olduğu durumdur. Bu durum karşımıza sıkça rastladığımız devrelerde araştırma yaparken çok dikkat etmemiz gereken durumdur. Bu durumu net bir şekilde tarif etmek gerekirse akımın 0 gerilimin olduğu durumdur. S S Açık devre Kapalı devre S Kısa devre Şekil. Kapalı Devre: Devre akımının normal olarak geçtiği, alıcının, normal çalıştığı devredir. Kısa Devre: Devre akımının, almaca ulaşmadan kısa yollardan devresinin tamamlamasıdır. Genellikle istenmeyen bir devre çeşidi olup, yapacağı hasardan devre elemanlarının korunması için, mutlaka bir sigorta ile korunması gerekir. Diğer bir tarifle direncin sıfır olduğu duruma kısa devre denir. 4

15 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 6. EEKTİK AKM Elektrik akımı, elektronların bir noktadan diğer bir noktaya akışıdır. Elektrik akımı birimi, iletkenin kesitinden bir saniyede geçen elektron miktarı olarak tanımlanır. Buna göre bir kesitten, bir saniyede 6,5.0 8 elektron geçiyorsa bu akımın şiddeti AMPE dir. Formülle gösterirsek; Q:Elektrik yükü(kulon) Akım(amper) tzaman(saniye) Q t Örnek: Bir iletkenin kesitinden bir saniyede kulonluk elektron akmaktadır. Geçen akımın şiddetini bulunuz. Q ulon A t sn 6. DOĞ AKM Zamanın fonksiyonu olarak yönü ve şiddeti değişmeyen akıma doğru akım denir. Doğru akım, D. gerilim kaynağı tarafından beslenen devrelerde oluşur. Doğru akım iletken içinde daima tek yönde ve aynı şiddette akan akımdır. 5

16 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 7. POTANSİYE, GEİİM, EEKTOMOTO KVVET Şekildeki elektrik devresinde elektrik akımı A noktasından B noktasına akmasının nedeni, bu iki noktanın zıt cins elektrik yüklere sahip olmasıdır. Dolayısıyla bu iki nokta arasında bir gerilim vardır. A ve B noktasının potansiyelleri A ve B ise, bu iki nokta arasındaki gerilim(potansiyel fark), S A AB B Şekil. AB A - B Olur. Burada; A A noktasının potansiyeli (Volt) B B Noktasının potansiyeli (Volt) AB A ve B noktaları arasındaki gerilim (Volt) A noktasının potansiyeli ( A ), A noktasını ile toprak arasındaki ölçülen gerilimdir. B noktasının potansiyeli ( B ) ise, B noktası ile toprak arasındaki ölçülen gerilimdir. Toprağın potansiyeli sıfır kabul edilir. Üretecin sürekli olarak elektrik enerjisi veren ve bir kutbu elektron fazlalığı(negatif kutup), diğer kutbu da elektron azlığı(pozitif kutup) olan kaynaklardır. Üreteçler bir elektrik devresine bağlandıklarında, üretecin negatif(-) kutbundan çıkan elektronlar, elektrik devresi elemanlarından geçerek üretecin pozitif() kutbundan devresini tamamlarlar. Elektrik devresine akımın sürülmediği açık devre durumuna, üretecin uçlarındaki potansiyel farkına Elektromotor kuvvet (EMK) denir ve kısaca E ile gösterilir. Elektromotor kuvvet, elektrik yüklerini harekete geçiren kuvvet demektir. Gerçekte de EMK, devrede elektrik akımının doğmasına sebep olan kuvvettir. Fakat bu terimdeki kuvvet doğrudan, bu büyüklüğün fiziksel kuvvet cinsinden bir büyüklük olduğunun anlamı çıkarılmamalıdır. EMK birimi de VOT dur. Şekildeki anahtar kapalı iken alıcı üreteç uçlarına bağlanmıştır. Bu durumda alıcının uçlarındaki potansiyel farkına Gerilim düşümü veya kısaca Gerilim denir üreteç uçlarına bir alıcı bağlı iken, üretecin iki ucu arasındaki potansiyel farkı da E olmayıp, olur. Çünkü yukarıdaki belirtildiği gibi E, üretecin uçlarına alıcı bağlı değilken olan potansiyel farkıdır. Gerilimin üst katları Kilo,Mega volt askatları mili,mikro volttur. Birim dönüşümleri 000 er 000 er büyür ve küçülür. 6

17 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ A B Şekil.4 Örnek: Şekildeki A noktasının potansiyeli 40 V, B noktasının potansiyeli 5V tur. A ve B noktaları arasındaki gerilim(potansiyel fark) i bulalım. Çözüm: A noktasının potansiyeli A 40 Volt ve B noktasının potansiyeli, B 5 Volt Değerler toprağa (0 noktasına) göre olan gerilimlerdir. A ve B noktaları arasındaki gerilim, AB A - B Volt Bulunur. 8. DİENÇ ve OHM KANN Bir elektrik devresinde, elektrik enerjisi başka bir enerjiye dönüştüren alıcı uçlarına uygulanan gerilimle, alıcı üzerinden geçen akım arasında şu bağıntı / oranı daima sabittir. Bir devrenin gerilimi hangi oranda artarsa, akımda o oranda artacaktır. Bu sabit sayıya Elektrik Direnci veya kısaca DİENÇ denir. Direnç harfi ile ifade edilir. Diğer bir tanımla akımın akışına zorluk gösteren elemandır. Bu tanımlardan yola çıkarak; formülü yazılabilir. Bu formüldeki harflerin anlamları ve birimleri, : Alıcının direnci (OHM) : Alıcının üzerinden geçen akım şiddeti (AMPE) : Alıcı uçlarına uygulanan gerilim (VOT) Burada ohm direncin birimidir. Ohm Ω (omega) sembolü ile gösterilir. 7

18 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ OHM: Bir iletkenin uçlarına bir voltluk bir gerilim uygulanır ve bu iletkenin üzerinden bir amperlik akım akıyorsa bu iletkenin direnci bir ohm denir. Ohm küçük bir birim olduğundan ast katları mevcut değildir. Bundan dolayıdır ki üst katarı vardır. ohm.0 6 Mega ohm (MΩ) ohm.0 Kilo ohm (KΩ) dur. Örnek: 00 ohm luk direnci kohm a dönüştürelim. Çözüm: 00ohm Kohm Örnek:. kohm değerindeki direnci ohm değerine dönüştürelim Çözüm:. kohm ohm bulunur. Direncin tersine eşit olan, değerine iletkenlik denir. Formülde kullanılan harflerin anlamları ve birimleri; G: İletkenlik (Siemens) : Direnç (Ohm) G İletkenliğin birimi direncin tersi olup /Ω a eşittir. Bu durumda Ω un tersi olan mho olarak adlandırılır. Fakat uygulamada pek kullanılmaz. Direncin sembolü karşımıza aşağıdaki şekillerde çıkmaktadır. Direnç sembolleri Formül / dan / ye dönüştürürsek burada alıcının içinden geçen akım şiddetinin alıcının uçlarına uygulanan gerilimle doğru, alıcının direnci ile ters orantılı olduğu görülür. Bu tanıma OHM KANN denir. Formülde görüleceği üzere elektrik devresinden geçen akım, gerilim büyüdükçe artar direnç büyüdükçe azalır. Ohm kanunu formülünü incelemeye alırsak; Direnç sabitken, Gerilim, büyüdükçe akım artar. Gerim küçüldükçe akım azalır. 8

19 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Gerilim sabitken; Direnç büyüdükçe akım azalır. Direnç küçüldükçe akım artar 8. OHM KANN İE GEİİMİN BNMAS Örnek:. formülünden yaralanarak şekildeki devrede gerilim kaynağının değerini bulalım. A S 00 Ω Şekil.5 Çözüm: Volt bulunur. Örnek: Şekildeki devrede bilinmeyen kaynak gerilimini ohm kanunundan yararlanarak bulalım. S 0,5 A k Ω Şekil.6 Çözüm:. formülünde verilen değerler yerine konulursa; kω Ω birim dönüşümünden sonra, 0,5A.000Ω 500 Volt bulunur. Ohm kanunu ile kapalı bir devrede gerilim değerlerini bu şekillerde bulunabilir. Bu bir direnç üzerinde düşen gerilim düşümü de olabilirdi. Bu tür soruları kitabın ilerleyen sayfalarında bulabilirsiniz. 9

20 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 8. OHM KANN İE DİENİN BNMAS Örnek: Aşağıdaki şekildeki devrede verilen değerler yardımı ile bilinmeyen direnç değerini bulalım. S 0 V A Şekil.7 Çözüm: Ohm kanunu formülünde verilen değerler yerine konulursa, devreye bağlı olan üzerinden Amperlik akım akıtan direnç değeri; 0 V A 0 Ω değeri bulunur. Örnek: Aşağıdaki şekildeki devrede verilen değerler yardımı ile bilinmeyen direnç değerini bulalım. S 0,5 A V Şekil.8 Çözüm: Değerler yerine konularak, 8. OHM KANN İE AKMN BNMAS Örnek: Aşağıdaki şekilde verilen değerler yardımı ile kaynaktan çekilen akımı bulalım. S V? A 00 Ω Şekil.9 0

21 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm: Şekilde de görüldüğü gibi bilinmeyen değeri, bu değeri de bulmak için, formülde yerine konulduğu taktirde kaynaktan çekilen akım bulunur. bulunur. V 0, Amper veya 0 ma 00 Ω Örnek: Aşağıdaki şekilde verilen değerler yardımı ile kaynaktan çekilen akımı bulalım. S V? A 0 kω Şekil..0 Çözüm: Formülde yerine konmadan önce birim dönüşümü olup olmadığına bakmak gerekir. Dikkat edilirse değeri KΩ cinsinden verilmiş. Bunu formülde yerine koymadan Ω a dönüştürürsek; 0 kω Ω 0V 0V 0,004A veya 4 ma bulunur. 0kΩ 0000Ω Örnek: Bir elektrik motoru 0 Voltluk bir gerilimle çalışmakta ve direnci ise 0 Ω dur. Bu elektrik motoru hattan ne kadar lık bir akım çektiğini bulalım. bulunur. 0V Amper 0Ω Örnek: Şekildeki devrede 00 ohm üzerinden geçen akımı ohm kanunundan yararlanarak bulalım. S 0 V? A 00 Ω Şekil.

22 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm: Kaynak gerilimi 0 V aynı zamanda direnç uçlarında da görüleceğinden, direncin üzerinden geçen akım, 0 V 00Ω 0, Amper Eğer kaynak gerilimi 0 Volt olmuş olsaydı direncin üzerinden geçen akım ise, , Amper olurdu. 8.4 GAFİKE OHM KANNNN GÖSTEİMESİ 0 ohm luk bir direnç elemanı gerilim değeri 0 volttan 0 ar volt yükseltilerek 00 volt direç uçlarına uygulandığında bu değerler ışığında bu direnç üzerinden geçen akım değerleri not edilir ve (akım), (gerilim) eksenleri doğrultusunda 0 ohm luk direncin grafiği çıkartılır. Bu durumu laboratuar da deneysel olarak kanıtlayabiliriz. 0 OHM İçin ve değerleri / den değeri bulunur ve tabloda yerine yazılır. Bu tablodaki değerleri grafiğe dökersek 0 ohm luk direncin grafiğini çıkarmış oluruz. 0 V 0 V 0 V 40 V 50 V 60 V 70 V 80 V 90 V 00 V A A A 4 A 5 A 6 A 7 A 8 A 9 A 0 A (Volt) (Direnç) (Amper) Şekil. Direncin - grafiği Dikkat edilirse ohm kanunu formülü nedenli doğru olduğu görülmektedir. Ohm kanunu formüllerini bir üçgen yardımıyla pratik olarak birlikte yazabiliriz.

23 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Burada hangi büyüklük hesaplanmak isteniyorsa o karakterin üzerini şekilde görüldüğü gibi kapatıyoruz. Aşağıdaki şekillerde, bu metotla akım, gerilim ve direnç değerini bulabiliriz. Şekil. Gerilim, akım ve direnç veren formüller 9. OHM KANN İE İGİİ SO VE ÇÖZÜMEİ Soru: Şekildeki devrede eleman üzerinden geçen akımı bulunuz.? A 00 V 0 Ω Şekil.4 Çözüm: / formülünde değerleri yerine yazarak 0 ohm luk direnç üzerinden geçen akım bulunur. 00V 5 Amper bulunur. 0Ω Sizlerde aynı şekildeki devrede voltaj değeri 50 volt olduğundaki akımı bulunuz

24 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Soru: Şekildeki devrede kω üzerinden geçen akımı bulunuz. 50 V ΚΩ Şekil.5 Çözüm: Şekilde verilen devrede gerilim değeri 50 V ve direnç değeri KΩ bu değerleri ohm dönüştürerek / formülünde yerine koyarak, bulunur. 50V kω 50V 50.0 A 50mA.0 Ω Problem: Şekil.6daki devrede kω üzerinden geçen akımı bulunuz. 50 V ΚΩ Şekil.6 Çözüm: Dikkat edilirse verilen direnç değeri kω cinsinden bu verilen değeri ohm değerine dönüştürelim. kω 000 Ω.0 - Ω dönüşümü yapılır. Ohm kanunu formülünde 50 V,.0 - Ω yerlerine konularak; 50V kω 50V 50.0 Amper 50mA.0 Bulunur. Sizlerde aynı devre de kω yerine 0kΩ bağlayarak üzerinden geçen akımı bulunuz. 4

25 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Problem: Şekildeki devrede 5 MΩ üzerinden geçen akımı bulunuz. 5 V 5 ΜΩ Şekil.7 Çözüm: Burada yapmamız gereken birim dönüşümü olup olmadığına bakıp varsa dönüşümü yapmak; 5 MΩ Ω dönüşümü yapılır.formülde yerine konulursa; 5V 5MΩ 5V Ω A 5µ A bulunur. Sizlerde aynı devrede 5 MΩ yerine MΩ bağlıyarak üzerinden geçen akımı bulunuz. Problem: Bir devreye 00 MΩ ve uçlarına 50 KV bağlandığı taktirde bu eleman üzerinden geçen veya 50 kv luk kaynaktan çekilen akımı bulunuz. Çözüm: Burada gerilim kaynağı 50 KV ve direnç değeri 00 MΩ verilmiştir. Bu değerlerin dönüşümü yapılması gerekir. 50kV50.0 V 50kV 00M 0,5.0 Ω A 0,5mA Akımı bulunur Sizlerde 0 MΩ ve kv olduğu durumda direnç üzerinden geçen akımı bulunuz. Problem: Şekildeki devrede 00 Ω üzerinden geçen akım 5 Amper ise bu 5 Amperi süren gerilim değerini bulunuz.? 5 A 5 A 00Ω Şekil.8 5

26 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm: Eleman üzerinden geçen akım 5 A, elemanın değeri 00 Ω bu değerler ohm kanunu formülünde yerine konulduğu taktirde kaynak gerilimi;. 5A.00Ω 500Volt Bulunur. Sizlerde eleman üzerinden 8 Amper geçtiği taktirde kaynağın geriliminin ne olacağını bulunuz. Problem: Şekildeki devrede 50 Ω üzerinden 5 ma geçtiğine göre kaynağın gerilimi ve voltmetrenin gösterdiği değeri bulunuz.? 5mA 50Ω V Şekil.9 Çözüm: Burada dikkat edilirse akım değeri Amperin askatı olarak verilmiştir. Bu değeri amper olarak dönüştürmek gerekir. 5 ma5.0 - Amper olur. Bu değeri ohm kanunu formülünde yerine koyarsak kaynak gerilimi;. (5mA).(50Ω) (5.0 A).(50Ω) 0,5V 50mV bulunur. Bu değer aynı zamanda voltmetrenin gösterdiği değerdir.sizlerde şekildeki devrede Ω üzerinden 0mA geçtiğine göre voltmetrenin gösterdiği değeri bulunuz. Problem: Şekildeki devrede akım 0 ma olduğuna göre gerilim değerini bulunuz. 0mA. ΚΩ Şekil.0 Çözüm:. kω direncin çektiği akım 0 ma olduğuna göre yine faydalanacağımız formül ohm kanunu formülü olacaktır. Verilenler yerine konulursa, 6

27 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ. (0mA).(.kΩ) (0.0 A).(,.0 Ω) V bulunur. Burada yine dikkat edilmesi gereken birim dönüşümleri yapılması gerekir. Sizlerde aynı devre için kaynaktan 5 ma çekildiği zamanki gerilim kaynağının değerini bulunuz. Problem: Şekildeki devrede kaynaktan A çekildiğine göre bu kaynaktan A çekilmesine sebep olan direnç değerini bulunuz. V ma Şekil. Çözüm: Kaynak gerilimi V ve kaynaktan çekilen akım ma formülde yerine konulursa; V ma V Ω 4kΩ bulunur. Aynı devre için A çekildiği durumdaki direnç değerini bulunuz. Problem: Şekildeki devrede kaynak uçlarına bağlanan voltmetre 50 V ve devreye ampermetre ise 5 ma gösterdiğine göre ölçü aletlerinin verdiği değerler ışığında direncin değerini bulunuz. A V 5 ma Şekil. Çözüm:Dikkat edilirse Ampermetrenin gösterdiği değer direnç üzerinden geçen akımı ve voltmetredeki gerilim değeri ise direnç uçlarındaki gerilim değerini vermektedir. Gerekli birim dönüşümlerini yaptıktan sonra formülde yerine konularak direnç değeri; 50V 5mA 50V Ω 0kΩ bulunur. Sizlerde aynı devre için voltmetrenin gösterdiği değer 50 V, ampermetrenin gösterdiği değer ise 500 ma için direnç değerini bulunuz. 7

28 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (Gerilim Değeri) (Akım Değeri) (Direnç Değeri) 64 V 6 Ω,5 A Ω 9 V 0,6 A 6 V 5 kω 0 V,5 MΩ 8 ma 4,7 kω 8 V 76 µa 450 mv 0,0 kω 0, kv 800 ma 500 pa,85 MΩ Tablo Problem:Tablo de eksik yerleri ohm kanunundan yararlanarak doldurunuz. Bu problemde şimdiye kadar ohm kanunu ile ilgili çözmüş olduğumuz problemleri tablo üzerinde direnç, akım ve gerilim değerlerini dolduracak şekilde verilmiştir. Problem: Aşağıdaki boşlukları ohm kanunundan yararlanarak doldurunuz. 0. AKMN ve GEİİMİN YÖNÜ (Gerilim Değeri) (Akım Değeri) (Direnç Değeri) 0,4 A 00 Ω 48 V 5 Ω 60 V 6,4 A ma 5 kω 4 V, MΩ 0 V 550 µa, ma 0,5 kω 90 MV,6 ma 000 pa 0,44 MΩ,4 kv 470 kω 00 V kω Tablo Elektrik akım ve yönünün negatif (-) kutuptan, pozitif () kutba doğru olarak kabul edilir. Günümüzde özellikle elektronik alanında yazılmış kitaplarda kabul edilen akım yönüdür. Ancak devre şemalarında akım yönünün sembolik olarak gösterilmesini etkiler, teorik hesaplamalarda ve pratik uygulamalarda sonuçları etkilemez. Bu sebeple alınan sembolik yön pratikte negatife veya negatiften pozitife akması hiçbir değer değişikliğine sebebiyet vermez. 8

29 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bir dirençten akım geçtiği zaman, bu direnç uçlarında bir gerilim düşümü meydana gelir. Direnç uçlarında düşen gerilim yönü, akım yönüne göre bakılır. Akım negatif kutuptan pozitif kutba doğru aktığı kabul edildiğinde, (bu teoride kabul edilebilir) akımın dirence giriş yaptığı taraf, direnç üzerinde düşen gerilimin negatif kutbu, akım dirençten çıkış yaptığı taraf ise direnç üzerinde düşen gerilimin pozitif kutbudur. Aşağıdaki şekilde bir elektrik devresinde, direnç üzerinde düşen gerilimin yönü görülmektedir. - A B - A B Bir direnç üzerinde gerilimin yönü Şekil.(a) Bir direnç üzerinde gerilimin yönü Şekil.(b) Yukarıdaki görülen şekil.(a)daki devrede akım, gerilim kaynağının (-) kutbundan çıkarak direncinin A ucundan giriş yapmakta ve B ucundan çıkış yapmaktadır. Böylece, direncin A ucu (-), b ucu ise () olur. Direnç uçlarında düşen gerilim ölçülmek istenirse D. Voltmetrenin (-) ucu direncin a ucuna, () ucu ise direncin B ucuna paralel bağlanmalıdır Bir elektrik devresinde iki direncin seri olarak bağlandığını düşünelim. Bu durumda da her direnç ayrı ayrı ele alınır ve akımın giriş ve çıkış yönlerine göre o direnç uçlarında düşen gerilimin kutupları belirlenir. Aşağıdaki şekilde seri bağlı direnç üzerinde düşen gerilimlerin yönleri görülmektedir. Devreyi iyi bir şekilde incelersek akımın ve gerilimin uçlarında nasıl bir durum oluşuyor onu net bir şekilde görebiliriz. - A B - D Şekil.4 Seri bağlı direnç üzerinde düşen gerilimlerin yönü Yukarıdaki şekil.4de akım direncinin ucundan giriş B ucundan çıkış yapmaktadır. Bu direncin A ucu (-), B ucu () olur. direncinin ucundan giren akım D ucundan çıkmaktadır. Buna göre direncinin ucu (-), D ucu () olur. direnç uçlarında düşen gerilim bir D: voltmetre ile ölçülmek istendiğinde, voltmetrenin (-) ucu direncinin A ucuna, () ucu ise direncin B ucuna bağlanmalıdır. direnci uçlarında düşen gerilimi ölçmek istendiğinde ise voltmetrenin (-) ucu direncinin ucuna, () ucu ise D ucuna bağlanmalıdır. 9

30 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ D. akım devrelerinde akım D: ampermetrelerle, gerilim ise D: voltmetrelerle ölçülür. Bunların bir arada olan aletlere multimetre veya AVO (AMPE, VOT ve OHM) denir. Aşağıdaki şekillerde D. Ampermetre ve D. Voltmetre şekilleri görülmektedir. V Voltmetre Voltmetre sembolleri A Ampermetre Şekil.5 Ampermetre sembolleri D: ampermetreler devreden geçen D: akımı ölçer ve devreye seri bağlanır. D. ampermetrelerin () ve (-) uçları vardır. Devreye bağlanırken ampermetrenin (-) ucunun akımın giriş yaptığı noktaya, () ucunun ise akımın çıkış yaptığı noktaya bağlanması gerekir. Aşağıdaki şekilde D. ampermetrenin devreye bağlanması görülmektedir. A - Şekil.6 D.. ampermetrenin devreye bağlanması D.. Voltmetreler iki nokta arasında D.. gerilim ölçer. D.. Voltmetreler, gerilimi ölçülecek elemana paralel olarak bağlanır. D. voltmetrenin bir ucu (-) diğer ucu ise () dır. Gerilim ölçerken, voltmetrenin (-) ucu gerilimin (-) ucuna, voltmetrenin() ucu ise gerilimin () ucuna bağlanır. Aşağıdaki şekilde D. voltmetre kullanılarak direnç uçlarında düşen gerilimlerin ölçülmesi görülmektedir. Burada direncinin uçlarındaki gerilim düşümünü bir voltmetre, uçlarındaki gerilim düşümünü ise diğer voltmetre ölçmektedir. 0

31 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ - - V - - V Şekil.7 D. voltmetrenin devreye bağlanması. ENEJİ ve GÜÇ Giriş: Günlük yaşantıda kullanılan enerji üreten sistemler ve bu enerjiyi kullanan cihazlarda istenen en büyük özellik herhangi bir enerjinin diğer enerjilere kolaylıkla dönüştürülebilmesi ve bu dönüşüm sırasında kayıpların en az olmasıdır. Elektrik enerjisi ve elektrikli cihazlarda bu özellik diğer enerji şekillerine ve cihazlarına oranla daha üstün özellikler gösterir. Bu bölümde, elektrik işi, gücü ve uygulamaları anlatılacaktır.. İ Ş VE ENEJİ Etrafımızda oluşan değişimleri iş, bu işi oluşturan yetenekleri de enerji olarak tanımlamıştık. Örneğin bir elektrik motorunun dönmesi ile bir iş yapılır, ve bu işi yaparken de motor bir enerji kullanır. Mekanik İş : bir cismin, F kuvveti etkisi altında uzunluğuna gitmesi ile yapılan iş olup, W F. formülü ile hesaplanır. Bu formülde; F Kuvvet Alınan yol W İş tir MKS birim sisteminde, uzunluk metre (m), kuvvet newton (N) alındığından iş birimi de newton metre (Nm) veya kısaca joule (jull) olur. Ve (J) ile gösterilir. çlarındaki gerilim volt ve içerisinde t saniye süresince Q kulonluk enerji miktarı geçen bir alanda görülen iş ; Q. t yerine kullanılırsa; W. Q W.. t formülü bulunur.

32 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ W elektrik işi (enerji) ( joule ) alıcı gerilim ( volt ) alıcı akım ( amper ) t alıcının çalışma süresi ( saniye ) dir. Bu üretecin verdiği iş ise aynı yoldan W E.. t formülü ile bulunur. W Üretecin verdiği iş ( joule ) E Üretecin EMK sı (Volt) Üretecin verdiği akım ( amper ) t üretecin çalışma süresi (saniye) Elektriksel iş birimi Volt Amper saniye ( kısaca V.A s ) dir. Doğru akımda VA Watt alındığında elektrikteki iş birimi de Watt.saniye (Ws ) veya joule olur. kullanılır. 600 Ws Watt saat ( Wh) Ws 000 Wh kilowatt saat (kwh ) uygulamada çok Örnek: 0 voltluk bir doğru akım şebekesinden A çeken bir cihazın bir günde sarf ettiği işi(enerji) bulalım W..t ,8 kwh bulunur.. DİENİN GÜÜ Direncin gücü, üzerinde ısı olarak harcayabileceği güç demektir. Dirençlerin gücü, boyutları ile doğru orantılıdır. Buna göre direncin boyutları büyükse gücü yüksek, boyutları küçükse gücü düşük demektir. Direnç üzerinde harcanan güç, dirençten geçen akımla, üzerinde düşen gerilimin çarpımına eşittir. O noktaya bağlanacak direncin gücü buna göre seçilmelidir. Direncin gücü, üzerinde ısı olarak harcanacak güçten daha küçük direnç seçilirse o direnç aşırı ısıdan dolayı yanar. Piyasada, 0.5(/8)Watt, 0.5(/4) Watt, 0.5(/) Watt, Watt, 5 Watt ve daha yukarı güçte dirençler bulunabilmektedir. Dirençlerin gücünün omik değerle bir ilişkisi yoktur. Buna göre omik değeri düşük fakat gücü yüksek dirençler bulunduğu gibi bunun tersi, omik değeri yüksek, gücü düşük direnlerde vardır.

33 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bir cihaz veya malzemenin büyüklüğü hakkındaki bilgi verebilmek, yapabileceği işi ne kadar sürede yapabileceğini söyleyebilmek için, birim zamanda yaptığı işin bilinmesi gerekir. İşte birim zamanda yapılan işe güç denir. (P) ile gösterilir ve W..t. P veya P. t t Buradan ; EEKTİKİ ST Şekil.0 Dikkat edilirse gerilim. den güç formülünde yerine konulursa P. (. ).. Watt bulunur. Eğer gerilim belli ise / formülünden güç formülünde yerine konulursa; P. ( / ) / Watt olarak ta bir direnç üzerinde harcanan gücü bulabiliriz. Buradaki formülde; P cihazın gücü veya alınan güç (Watt) uygulanan gerilim ( Volt) çekilen akım veya elemanın üzerinden geçen akım ( Amper ) MKS birim sistemine göre (J/s) dir. Buna kısaca Watt denir W ile gösterilir. Bu birim as ve üst katları mevcuttur. Bunlar kendi aralarında biner biner büyür biner biner küçülür. W 000 mw 000 W kw 0 6 W kw dır.

34 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek: Şekildeki devrede yukarıda anlatılan formülle devredeki direnç üzerinde harcanan gücü bulunuz. V 500Ω Şekil. Çözüm: V 500Ω 4mA P. (V).(4 ma) (V).(0,04A) 0,88W88 mw Gerilim değeri kullanılmadan çözüm yapılabilir. P. ( A ).500 Ω 0,88 W 88 mw Akım değeri kullanılmadan çözüm yapılabilir. V P 0,88W 88mW bulunur. 500Ω Örnek: Mersinde elektriğin kwh 00T dir Bir evde kullanılan televizyonun gücü 500W ve saat, müzik seti 75W 4saat, Klimanın gücü 500W 0 dakika, elektrik ocağının gücü kw 45 dakika, çalıştığına göre harcanan toplam enerjiyi ve kaç liralık s arfiyat olduğunu bulunuz. Televizyon : (0.5kW).( saat) kwh Müzik seti : (0.075kw).(4saat).5kWh Klima : (.5kw).(0.5saat) 0.75kWh Elektrik ocağı : (kw).(0.75saat).5kwh Toplam yapılan iş : 5.05kWh Harcanan elektrik enerjisi :(5.05kWh).(00 T) 505T 4

35 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek: Aşağıdaki şekillerdeki gücü her devre için bulunuz. 0V A A 50Ω (a) (b) 5V 0Ω (c) Şekil. Çözüm: Şekil.(a) Devrede harcanan güç, bu devre direnç değeri bilinmediği için P. 0V.A 0W Şekil.(b)Devrede harcanan güç, bu devrede kaynağın değeri bilinmediği için şekil.(a) da kullanıla formül işimize yaramayacaktır. O zaman akım ve devresinin olduğu formül kullanılacaktır. P. A.50Ω 00 W (c)devrede harcanan güç; Akım bilinmediğine göre (a) ve (b) de kullanılan formülleri kullanılamayacağından diğer bir güç formülü olan; P / 5 V/0Ω 5V/0Ω.5 W bulunur. Örnek: Bir direncin harcadığı güç 00 W üzerinden düşen gerilim düşümü ise 0V dur.buna göre direnç üzerinden geçen akımı bulunuz. Çözüm : P. güç formülünden./p/ eşitliğin her iki tarafını ya bölersek P/ formülü bulunur. Değerler yerine konulursa 00W 0,8A 8mA bulunur. 0V 5

36 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek: Aşağıdaki şekillerdeki devrelerde kullanılan karbon direncin üzerinden geçen akıma göre kaç watt lık direnç kullanılması gerekir bulunuz. 0 ma 000Ω 0V 6Ω (a) Şekil.8 (b) Şekil.8 (a) daki direnç üzerinde harcanan güç; 0mA 0.0 A P. (0mA).(000Ω) (0.0 P 0, Watt veya P 00 mw A).(000Ω) Bu devrede direncin üzerinden geçen akıma dayanabilmesi ve yanmaması için /8W(0.5W) lık direnç seçilmesi yeterlidir. Şekil (b) deki direnç üzerindeki harcanan güç; P (0V) 6Ω.6Watt Bu devrede kullanılacak direncin gücü W lık seçilmesi gerekir. Aksi taktirde bu devre için daha küçük wattlı direnç seçilirse ısıdan dolayı yanar. Örnek: Aşağıdaki devrelerde kullanılan dirençlerin omik ve güç değerleri üzerlerinde verilmiştir. Acaba bu devreler için uygun güç değerleri seçilmişmidir? Bulalım. 4V 0 ma 9V /4W 00Ω /W.5KΩ (a) (b) 5V W 0Ω (c) Şekil.9 6

37 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm: Şekil.9(a) için 4Vluk kaynaktan çekilen ve.5 kohm direnç üzerinde harcanan güç; P (4V),5kΩ (4V) 500Ω 0,84W bu devre için ½(0.5)W lık direnç seçilmiş direnç üzerinde harcanan güç P0,84 W, 0.84W<0.5W olduğundan bu devre için seçilen direncin güç değeri uygundur. Şekil.9(b) deki devredeki direncin harcadığı güç; P (9V) 00Ω 8V 00Ω 0,8Watt Direnç en az 0,8 W lık olması gereklidir. Dikkat edilirse seçilen direncin gücü /4W(0.5W) uygun değildir. Çünkü direncin üzerinde harcanan güç P0,8W>0,5W bundan dolayı bu devre için güç değeri uygun değildir. Bu devreye W lık direnç bağlanması gerekir. Şekil.9(c) deki devrede direnç üzerindeki harcanan gücü bulursak; P (5V) 0Ω,5W direnç üzerinde harcanan güç bulunur. Devreye bağlanan direncin gücü Wlık seçildiğinden ve,5w<w olacağından seçilen direncin güç değeri uygun değildir.,5 W veya W lık direnç seçilmelidir. Örnek: Bir 00 Ω luk ve W lık bir direncin üzerinden max. Geçen akımı bulunuz. Çözüm: P W.(00Ω) W 0,0 0,A 00mA bulunur. Bu direnç max. 00 ma lik akıma dayanır. Bunun üzerindeki bir akım uygulandığı taktirde direnç aşırı ısıdan dolayı yanar. Bunun için direncin sadece omik değeri yeterli değil direnç seçilirken o direncin o devreye dayanıp dayanmayacağı da göz önünde tutulmalıdır. 7

38 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM SEİ DEVEE VE KİŞOFN GEİİM KANN EEKTİK DEVEEİNİN HESAPANMAS SEİ DEVEE. DİENÇEİN SEİ BAĞAMAS. SEİ DEVEDE AKM - TOPAM (EŞDEĞE) DİENÇ -4 SEİ DEVEDE OHM KANN -5 GEİİM KAYNAKANN SEİ BAĞANMAS -6 KHHOFF N GEİİME KANN -7 GEİİM BÖÜÜE -8 SEİ DEVEDE GÜÇ 7

39 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ - DİENÇEİN SEİ BAĞANMAS Devrelerde direnç sembolleri karşımıza aşağıdaki şekil. (a) ve (b) deki gibi karşımıza çıkmaktadır. Bu semboller devreler sıkça karşımıza çıkacak ve birimi ohm (Ω) olarak bilinecektir. Bu birimi önceki konularda açıklamasını yapmıştık. Tekrar bir hatırlatma yaparsak ohm küçük bir birim olduğu için askatları mevcut olmayıp üst katları vardır. Bunlar kilo ohm (kω) ve mega ohm (MΩ) dur. Bu birimler arası dönüşümler 000 er 000 er büyür 000 er 000 er küçülürler. Bu birim dönüşümlerini örneklersek; Ω 0-6 M Ω Ω 0 - kω 00 Ω...kΩ? 50 kω...ω? bunları çözersek; 00Ω 0, kω, 50 kω Ω olduğunu görürüz. Bu direnç değerlerini teorik olarak bu şekilde yapıldığı gibi ölçü aleti ile de direncin değerinin kaç olduğunu da ölçerek bulabiliriz. Direncin değerini ölçmede kullanılan ölçü aletinin ismi ise OHMMETE dir. Bu açıklamalar ve hatırlatmalardan sonra dirençler tek bir şekilde devrede kullanıldığı gibi birden fazlası da aynı devrede kullanılabilir. Bu dirençlerin kendi aralarındaki biri birinin ucuna bağlantı şekillerine göre isimlendirilirler. Dirençlerin birinin çıkış ucunun diğerinin giriş ucuna o direncinde çıkış ucunun diğerinin giriş ucuna bağlanma şekline dirençlerin seri bağlanması denir. Kısaca akımın değişmediği aynı akımın tüm elemanların üzerinden geçtiği durumdur. Bu bağlantı şekline örnek verirsek daha iyi anlaşılır. (a) (b) (c) Şekil. Dirençlerin seri bağlantı şekli 8

40 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çeşitli Seri Direnç Bağlantısı Direnç elemanı devrede şekil. deki gibi bağlandıkları gibi şekil. deki gibi de bağlanır. Üzerlerinden dikkat edilirse aynı akım takip ettiği görülür. Seri bağlantıda elemanlar üzerinden geçen akım aynıdır. A A A -B -B (a) (b) (c) -B A -B (d) Şekil. Dirençlerin seri bağlanması ve akımın üzerlerinden geçişi. SEİ DEVEDE AKM Devreden akımın akması için direnç uçlarına bir gerilim kaynağı bağlanması gerekir. Şimdi dirençleri seri bağlayıp uçlarına bir gerim uygulayıp üzerlerinden geçen akımı inceleyelim.,0 A,0 A _,0 A,0 A Şekil. (a) Seri bağlı dirençlerin üzerinden geçen akım 9

41 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil. (b) Dikkat edilirse dirençler seri bağlanıp ve bu direnlerin uçlarına bir güç kaynağına bağlanmış bu elemanlar üzerinden bir akım şekilde görüldüğü gibi geçmekte. Bu akımda devreye seri bağlanan ampermetre ile kaynaktan ve dirençlerden geçen akımları şekil. (a) da görüldüğü gibi ölçülür. Bu ölçülen akıma bakarsak kaynaktan çekilen akım devrede bağlı olan direnç üzerlerindeki ile aynı değeri göstermektedir. Seri bağlamada kaynaktan çekilen akımla elemanlar üzerinden geçen akım aynıdır. Bu seri devre özelliklerinden bir tanesidir. - TOPAM (EŞDEĞE) DİENÇ Dirençler (pasif eleman) bir veya n tanesini seri bağlayabiliriz. Bu bağladığımız seri bağlı dirençlerin tek bir direnç haline getirme işlemlerine toplam veya eşdeğer direnç bulma denir. Dirençlerin seri bağlanması ve toplam direnç değerlerini üzerinde gösteren şekiller gösterelim. 0 Ω _ 0 Ω 0 Ω _ 0 Ω 0 Ω (a) (b) κω _ κω ΚΩΚΩΚΩ ΚΩ κω (c) Şekil.4 Dirençlerin seri bağlanması ve Eşdeğeri 0

42 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil.4 de dirençler bir, iki, ve üç tanesi kendi aralarında seri bağlanmış yanlarında ise bu dirençlerin toplam değerleri bulunmuştur. Görüldüğü üzere n tane direnç de olsa şekil.4 (a)deki devrede olduğu gibi tek bir direnç şekline getirilir. Bu hale getirmek için dirençler seri bağlı ise bu dirençlerin omik değerleri kendi aralarında tek tek toplanır. Bunu formül haline getirsek; veya... T eş n genel formülü ortaya çıkar. Bir devrede 4 tane direnç seri bağlanmışlarsa; T EŞ 4 Eğer devrede 6 tane direnç seri bağlanmış ise; T gibi direnç değerleri kendi aralarında skalar olarak toplanır. Bu formüllerin hepsi genel formülden çıkmaktadır. Eğer dirençler birbirleri ile seri bir şekilde bağlanmışsa bu değerler toplanacak tek bir direnç haline getirilecektir. Örnek.: Şekil.5 deki devrede verilen dirençlerin eşdeğerini bulunuz. 56 Ω 00 Ω 7 Ω _ T Ω 0 Ω Şekil.5 T EŞ ,6 98,6 Ω bulunur. 5 tane direnç yerine aynı işi yapan T bağlamamız yeterli olur.

43 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek.: Aşağıdaki şekil.6 da ki devrelerin toplam direncini bulunuz. κω 4.7 κω _. κ Ω _ 0 κω 4.7 κω κω 4 0 κω 4. κω (a) Şekil-6 (b) Çözüm.: Şekil.6 (a) da ki devre için; T kω,kω 4,7kΩ 0kΩ 7,9kΩ Şekil.6 (b) deki devre için; T 4,7kΩ 0kΩ kω,kω 7,9kΩ bulunur. Şekil.6 (a) ve (b) deki dirençler aynı değerli olması nedeniyle toplam direnç değerleri eşit çıkmıştır. Burada dikkat edilmesi gereken durum değerleri aynı bağlantı yerleri farklı da olsa toplam direnç değeri aynı çıkar.

44 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek.: Aşağıdaki şekil.7 deki devrede ohm metrenin gösterdiği değer 7900 Ω olduğuna göre 4 direncinin değeri kaç k Ω dur. Şekil.7 Devrede görüldüğü gibi dirençler üzerinden herhangi bir akım akmadığı ve direnç uçlarında gerimin olmadığı gözüküyor. Devredeki S anahtarı devreyi kesmektedir. Eğer S anahtarı devreyi kesmemiş olsa bu bağlantı ve ölçülen değer yanlış olurdu. Direnç ölçerken direncin uçlarında ve üzerinden herhangi bir akım akmaması gerekir. Dirençlerin tam değerinin görülebilmesi için direnç uçlarında dirençlere seri veya başka tür bir bağlantı olmaması gerekir. Şekil.7 de olduğu gibi. Devre de ölçüm hatası olmadığı tespitini yaptıktan sonra 4 direncini bulalım. Ohmmetrenin gösterdiği bağlantı şekline göre toplam direnci vermektedir. Buna göre; bulunur. 7,9kΩ kω,kω 4,7kΩ 4 4 T 7,9 - (k Ω,kΩ 4,7kΩ) 0 kω ' ü çekersek; Aynı Değerli Dirençlerin Seri Bağlanması Dirençler farklı değerlerde seri bağlanabildikleri gibi aynı değerli dirençlerde birbirleri ile seri bağlanabilirler. Bunlarda tek bir direnç haline aldırılabilir. Bu gibi durumda aşağıdaki formülü kullandığımız taktirde eşdeğer direnç değerini bulabiliriz.

45 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ EŞ T n Bu konuyu örnek vermek gerekirse; Ω luk sekiz adet direnci seri bağladığımızda eşdeğer direncin değerini bulalım. T n 8.Ω 76Ω bulunur. Bu örneğimizi dirençlerin seri bağlama formülü ile bulmuş olsaydık, işlem kalabalığı daha fazla olacaktı. -4 SEİ DEVEDE OHM KANN Ohm kanunu tek bir dirençte uygulanabildiği gibi n tane direncin seri bağlanmasında da kullanılabilir. Şimdiye kadar seri bağlanan dirençlerin eşdeğerini bulduk, fakat bu dirençler gerilim kaynağı bağlayıp bu dirençler üzerlerinden geçen akımları, direnç uçlarındaki gerilim düşümlerini bulmadır. Ohm kanununda görmüş olduklarımızı seri devrede kullanalım ve devrenin analizini yapalım. Aşağıdaki devre üzerinde ohm kanunu tekrar hatırlayalım.şekil.8 de dirençlerin seri ve o dirençlerin eşdeğerini göstermekte ve eşdeğer direnç değeri T olduğunu şekil üzerinde nasıl bulunduğunu gördük. devreden geçen toplam akım ise; T aynı sonucu verecektir. T T Şekil.8 Örnek.4: 5 Voltluk bir gerilim kaynağının uçlarına kω, 500Ω,, kω ve 700Ω dirençleri seri bağlanıyor., kω direncin üzerinden geçen akımı bulunuz. 4

46 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.4: Soruyu bir devre üzerinde gösterirsek sorunun basit olduğu ortaya çıkacaktır. κω 500 Ω _ 5 V. κω _ Ω A Şekil.9 Devrede elemanlar seri bağlandıkları için toplam direnç formülünü kullanırsak; T kω 0,5kΩ,kΩ,7kΩ 7,5kΩ EŞ Kaynaktan çekilen akım, aynı zamanda, kω dan da geçen akımdır. Bunu bulmak için ohm kanununu kullanırsak; 5V 5V T,Ω.0 A ma 7,5kΩ 7500Ω bulunur. Örnek.5: Şekil.0 deki devrede 5 V luk kaynaktan çekilen akım ve elemanlar üzerinden geçen akımı bulunuz. 8 Ω 8 Ω _ 5 V 5 Ω 4 0 Ω Şekil.0 5

47 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.5: Devede görüldüğü gibi dirençler birbirleri ile seri bağlı eşdeğer formülünü kullanarak bu dirençleri tek bir direnç haline getirelim. T 4 8Ω 8Ω 5Ω 0Ω 5Ω bulunur. Devre şekil. deki halini alır. _ 5V T 5 Ω T 00mA 5V 5Ω 0,A Şekil. Kaynaktan çekilen akım bulunur. Aynı zamanda elemanlar üzerinden geçen akımda bulunmuş olur. Çünkü tüm elemanlar devreye seri bağlı. Örnek.6: Aşağıda şekil. de ED (ışık veren elektronik eleman) 5V luk bir kaynağa seri bir dirençle bağlanıyor. ed üzerinden 5mA lik bir akıma ve 50 Ω luk bir direnç özelliği gösteren bir elemandır. Buna göre led e seri bağlanacak direncin değerini bulunuz. 5mA 5mA 50 Ω 5V _ ED 0 Ω 5V_ S Şekil. Çözüm.6: İlk yapmamız gereken toplam direnci bulmak.. T S S T 50Ω S 50Ω Burada S ve T değerleri belli değil T yi akım ve gerilim değerleri belli olduğu için o değerlerden faydalanarak bulabiliriz. 6

48 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ T 5 V kω 000Ω 5mA T bu değer toplam direnç yerine yazılırsa led e seri bağlanacak direnç değeri bulunur. S S T 50Ω Ω direnç lede seri bağlanması gerekir Örnek.7: Şekil. deki devrede bağlı olan voltmetre.5v tu devredeki ampermetre ise 5mA i gösterdiğine göre; direnç değerlerini bulunuz.,5v 4.5V V 4.5V 4.5V V A 5 ma _ 4 4 Şekil.,5V,5V 00 Ω 5mA 5.0 A V V 0 Ω 5mA 5.0 A 4,5V 4,5V 80 Ω 5mA 5.0 A,5V,5V 80 Ω 5mA 5.0 A direnç değerleri bulunur. Bu devreyi Electronics Workbench programı ile deneyip görebilirsiniz. Dikkat edilirse dirençler seri bağlanma durumunda kaynaktan çekilen (ampermetrenin gösterdiği değer) akım elemanlar üzerinden aynen geçmektedir. İlerleyen konularda seri devrede akımın aynı gerilim değerlerinin değiştiğini göreceğiz. 7

49 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ -5 GEİİM KAYNAKANN SEİ BAĞANMAS Dirençlerde olduğu gibi gerilim kaynakları da seri bağlanabilir. Gerilim değerlerini yükseltmek için veya gerilim değerini düşürmek istendiğinde kaynakları seri bağlayabiliriz. Aşağıdaki şekil.4 de üç adet pil birbirleri ile bağlanmış ve uçlarına bir lamba bağlanmıştır. Bu gerilimin eşdeğerini inceleyelim bu lambanın uçlarına kaç volt gerilim gelmektedir görelim. S 4.5 V AMBA.5V.5V.5V _ Şekil.4 Dikkat edilirse seri bağlamada kaynaklar () çıkan diğer kaynağın (-) ucuna bağlanmıştır. Kaynakları seri bağlamak için bu şekilde yapmak gerekir. Şekildeki gibi bağlantı yapıldığı taktirde lambanın uçlarındaki gerilim;,5v,5v,5v 4,5Volt gerilim değeri bulunur. Şekil.5 daki devrede bağlantı şekline göre lambanın uçlarındaki gerilim kaç volt olduğunu görelim. değeri bulunur. Şekil.5,5V,5V,5V,5Volt 8

50 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek.8: Aşağıda şekil.6 de verilen elektrik devresine bağlı gerilim kaynaklarının toplam değerini ve bu kaynak yerine kaç voltluk tek bir kaynak bağlasak aynı işi yapar bulunuz. Çözüm.8: Şekil.6 deki devre incelenirse kaynaklar birbirlerine seri olarak bağlanmış bu durumda kaynakların değerlerinin toplamı bize lambanın uçlarındaki gerilim değerini ve eşdeğer kaynağın değerini verecektir. Şekil.6 0V 5V V 8Volt bulunur. Bu üç kaynağın yerine tek bir 8 Voltluk kaynak şekil.6 deki gibi bağlayabiliriz. Tabi ki vereceği gücü de uygun olması şartıyla. Örnek.9: Şekil.7 deki devrede gerilim veya direnç uçlarındaki gerilim değerini bulalım ve aynı görevi yapacak eşdeğer kaynağı direnç uçlarına bağlayalım. 5 V 5 V _ 0 V _ Şekil.7 9

51 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.9: Şekil.7 deki kaynaklar birbirlerine bağlanmış bağlantıda elemanlar (-) uçları birbirine () uçları birbirlerine bağlanmış bu durumda büyük değerli olan kaynaktan küçük değerlikli kaynağın değerini çıkarıp büyük değerlikli kaynağın yönü alınır. Bu direnç uçlarında (), (-) olarak belirtilmiştir. Direnç uçlarındaki gerilimi bulursak; 5V 5V 0V bulunur. Bu kaynağın aynı görevini yapacak şekil.7 de gösterilmiştir. Örnek.0: Şekil.8 da verilen devrede direnç uçlarında gerilim düşümlerini bulunuz. TOPAM Ω _ 8 V 4 _ 0 Ω Şekil.8 6 Ω 0 Ω T T T Ω T 4V 48Ω 4 0,5A Direnç uçlarındaki gerilim düşümlerini bulursak;. 0,5A.Ω 6V. 0,5A.6Ω V. 0,5A.0Ω 5V ,5A.0Ω 0V direnç uçlarındaki gerilim düşümleri bulunur. Bu gerilim düşümleri toplamı dikkat edilirse kaynak gerilimine eşittir. Bu ileriki konuda bir kanun adı altında incelenecektir. 0

52 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ.6 KHHOFF N GEİİME KANN Kapalı bir elektrik devresinde, seri bağlı dirençlerin üzerinde düşen gerilim düşümlerinin toplamı devreye bağlanan gerilim kaynağının uçlarındaki gerilime eşittir. Bu ifade ettiğimiz tanımı bir devre üzerinde gösterirsek; 4 _ Şekil.9... n Kirchhoff un gerilimler kanunu formülünü genellenmiş olarak ortaya çıkar Kirchhoff un gerilimler kanunun başka bir tarifi, kapalı bir elektrik devresinde gerilimlerin toplamı sıfıra eşittir. _ 4 Şekil.0 4 Kırchhoff un ikinci tanıma göre formülü ortaya çıkar bu formülü ilerleyen konularımızda sıkça kullanılacaktır. Kanunun laboratuar ortamın da kanıtlanması için şekil. deki gibi bağlantı yapılırsa voltmetrelerin gösterdiği değerlere bakarak kanunun nedenli doğru olduğu gözükür. 0

53 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 0 V _ Voltmetre 0 V V V V Voltmetre 4.5 V Şekil. Örnek.: Şekil. de verilen devrede direnç uçlarındaki gerilim düşümleri verildiğine göre kaynak gerilimini bulunuz. _ 0 V 5 V _ 0 V _ Şekil- Çözüm.: Kirchhoff gerilim kanunundan yararlanarak kaynak gerilimini bulabiliriz. Bulunur. 5V0V5 V Örnek.: Şekil. deki devrede gerilim değerini kirchhoff gerilimler kanunundan yararlanarak bulunuz. 50 V V 5 V Şekil-.

54 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.: Kirchhoff un gerilimler kanunun ikinci bir tanımlanmasını yapmıştık. Kapalı bir devrede gerilimlerin toplamının sıfıra eşit olduğunu söylemiştik. Buna göre direncinin uçlarındaki gerilim düşümünü bulursa; bulunur. 50V V 5V 50V 7V V 0 0V 0V Örnek.: Şekil.4 deki devrede 4 direncinin değerini kanunlardan yararlanarak bulunuz _ 0 Ω 47 Ω _ 00 Ω _ 4 _ 00 V Şekil.4 4 _ Çözüm.: Ohm kanunundan yararlanarak direnç uçlarındaki gerilim düşümlerini bulalım.... (00mA).(0Ω) V (00mA).(47Ω) 9,4V (00mA).(00Ω) 0V direnç uçlarında ki gerilim düşümü bulunur. Daha sonra kirchhoffun gerilimler kanunundan yararlanarak 4 direnci uçlarındaki gerim düşümünü bulalım. 00V V 9,4V 0V 68,6V 4 0V dan ,4V bulunur.

55 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 4 direnci uçlarındaki gerilim düşümünü ve üzerinden geçen akım seri olduğu için aynı akım 4 üzerinden de geçtiğinden ohm kanununu bu direnç için uygularsak; 4 68,6V 4 4Ω 00mA bulunur. bu direnç değeri standart direnç değeri değildir. Bu direnç değerine en yakın %5 toleranslı 0 ohm luk direnç bağlayabiliriz. Örnek.4: Şekil.4 deki devreyi ele alalım. ohm kanunu ve kirchhoffun gerilimler kanunundan yararlanarak bu devreyi inceleyelim. Α 0 V _ 0 V Ω 5 Ω Ω _ 6 V 0 V 4 V 4 V 4 V 0 V Çözüm.4: Şekil -5 Şekil.5 deki devre seri bir devre olduğu için toplam direnç formülünden; T Ω 5Ω Ω 0Ω toplam direnç bulunur. Kaynaktan çekilen akım;(kaynağın gerilim değeri verilmiş) 4 0V 0Ω Amper kaynaktan çekilen akım bulunur. Bu bulunan akım elemanlar seri olduklarından tüm direnç üzerinden aynı akım geçeceğinden, direnç uçlarındaki gerilim düşümleri; Ω.A 6V 5Ω.A 0V Ω.A 4V 4

56 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ direnç uçlarındaki gerilim değerleri bulunur. Şekil üzerinde de gösterildiği gibi ohm luk direnç üzerinde 6 V luk gerilim düşümü olmuş diğer dirençlere kalan gerilim ise; 0V 6V 4V kalmıştır. İkinci direnç olan 5 ohm luk direnç 0 V luk gerilim düşümüne sebebiyet vermiş geriye direncine kalan gerilim ise; 0V (6V 0V) 4V üçüncü( ohm) dirence kalan gerilim değeridir. Dikkat edilirse kapalı bir devrede gerilimlerin düşümü kaynak gerilimine eşitliği görülmektedir. Kirchhoffun kanunu tekrar bu devrede de kanıtlanmış oldu. Örnek.5: Şekil.6 deki devrede ab uçlarındaki gerilimi kirchhoffun gerilimler kanunundan faydalanarak bulunuz. κω κω _ 4 V ab?v _ κω Şekil - 6 Çözüm.5: ab uçlarındaki gerilimi bulmak için önce eşdeğer direnci ve kaynaktan çekilen akımı bulmamız gerekir. EŞ kaynaktan çekilen akım; kω kω kω 6kΩ Ω EŞ 4 V 4mA 6kΩ bulunur. Bu akım seri devrede tüm elemanlardan akacağından elemanı üzerindeki gerilim düşümü; 5

57 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ. kω.4ma.0 Ω.4.0 bulunur. Bu değeri kaynak geriliminden çıkartırsak ab uçlarındaki gerilimi buluruz. Veya ab uçlarındaki gerilim ve elemanı üzerindeki gerilimin toplamı kaynak gerilimini vereceğinden; A 8V ab 4V 8V ab den; ab 4V - 6V 6V bulunur. Bu bulduğumuz gerilim değeri aşağıdaki şekil.7 de gösterildiği gibi bir kısmı direnci diğer kalan kısmı ise direnci üzerinde gerilim düşümü olarak görünecektir. Şekil.7-7 GEİİM BÖÜÜE Seri dirençlerden oluşan bir devrede akım sabittir. Yine seri bağlı dirençlerin uçlarında düşen gerilim, sabit olan bu akım ile her bir direncin çarpımına eşittir. Buna göre her direncin uçlarında düşen gerilim o direncin değeri ile doğru orantılıdır. Seri bağlı dirençlerden omik değeri yüksek olanın üzerinde x formülünden dolayı, omik değeri düşük olan direncine göre daha fazla gerilim düşer. Seri bağlı dirençler eşit ise üzerlerinde düşen gerilim de eşit olur. Bir gerilim kaynağı ve seri bağlı dirençlerden oluşan devreye gerilim bölücü olarak düşünülebilir. Her direncin üzerine düşen gerilim. x formülü ile hesaplandığını biliyoruz. Aynı şekilde devre akımı / EŞ formülü ile bulunduğunu biliyoruz. Burada akım değerini. x formülünde yerine yazarak seri bağlı herhangi bir direncin uçlarındaki gerilim düşümünü bulabiliriz. 6

58 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bu açıklamalardan sonra gerilim bölücü formülünü çıkartırsak; X. X (.Formül) kaynaktan çekilen akım EŞ akımı formül bir() de yerine konulursa; X EŞ X düzenlenir ise x:,,...n, direnç sayılarıdır. Gerilim bölücü formülü çıkar. Bu formül doğrudan direncin üzerinde düşen gerilimi verir. Bu formülde kullanılan karakterlerin anlamı ve birimini açıklayalım. : Kaynak gerilimi (Volt) EŞ : Eşdeğer(toplam) direnç (ohm) X : Üzerinde düşen gerilimi hesaplanacak direnç (ohm) X : X direnci üzerinde düşen gerilim (Volt) Örnek.6: Şekil.8 deki elektrik devresinde kaynak gerilimi ve pasif elemanın omik değeri verilmiş, direnci uçlarındaki gerilim, direncinin uçlarındaki gerilim( ) değerini gerilim bölücü formülünü kullanarak dirençlerin uçlarındaki gerilimi bulunuz. 8 Ω 0 V _ 68 Ω Şekil.8 7

59 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.6: Gerilim bölücü formülümüzde devrede verilen değerleri yerine koyarsak; EŞ 8Ω 68Ω 50Ω 8Ω ( ). ( ).0V 5,47 Volt 50Ω EŞ bulunur. uçlarındaki gerilimi şimdi önceki görmüş olduğumuz kirchhoffun gerilim kanunundan yaralanarak bulalım, daha sonra gerilim bölücü formülünden bulduğumuz değerle karşılaştıralım. den yi çekersek 0V 5,47V 4,5V Bulunur. Gerilim bölücü formülünü kullanarak çözersek; 68Ω ( ). ( ).0V 4,5V 50Ω EŞ bulunur. Dikkat edilirse her iki yöntemle de aynı sonucu verir. Bu da olması gereken bir durum. Örnek.7: Aşağıda şekil.9 da verilen devrede gerilim bölücü formülünü kullanarak aşağıdaki şıklarda belirtilen gerilim değerlerini bulunuz. (a) AB arası (b) A arası (b) B arası (c) BD arası (d) BD arası (e) D arası _ 5 V κω 8.κΩ A B _.κω D Şekil-.9 8

60 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.7: Seri bağlı direnç elemanlarının eşdeğer direnç değerini bulursak; EŞ EŞ,5kΩ,5.0 kω 8,kΩ,kΩ 500Ω gerilim bölücü formülünde EŞ değeri yerine konularak örnekteki şıkları cevaplandırabiliriz (a) kω AB ( ). ( ).5V,5kΩ (EŞ T) V (b) Gerilim değeri A arası istendiği, A arasında ile seri bağlı olduğundan bu uçların gerilimi; 9,kΩ ( ). ( ).5V 8,4V dur.,5 A EŞ B uçlarında gerilim değeri sadece uçlarındaki gerilim, bu uçlardaki gerilim; 8,kΩ B ( ). ( ).5V 6,4V,5kΩ EŞ (d) BD değeri arasındaki gerilim değeri ve dirençleri uçlarındaki gerilim düşümleri burada x değeri ile dirençlerinin toplamı olacaktır. Bu açıklamadan sonra BD ;,5kΩ ( ). ( ).5V V dur.,5 BD EŞ (e) Son olarak D arasındaki gerilim ise sadece uçlarındaki gerilim düşümüdür. Bu açıklamadan sonra D ;,kω ( ). ( ).5V 6,6V dur.,5kω D EŞ 9

61 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Potansiyometre ile Gerilimin Bölünmesi Şimdiye kadar sabit değerli dirençlerle kaynak gerilimini istediğimiz veya istemediğimiz değerlere böldük bu değerleri çeşitli elektronik devrelerde kullanıp çeşitli elemanları veya devreleri bölmüş olduğumuz gerilimle çalıştırabiliriz. En basitinden elektronik bir eleman olan transistörün Beyz-Emiter gerilimi gerim bölücü dirençlerle sürülmekte. Bu en basit örneklerden biri. Bu sabit direnç değerleri ile yapılmakta fakat düşünmek gerekirse bir güç kaynağının 0-0V arasında ayarlanması ve (bir) voltluk aralıkla gerilimin ihtiyaç olduğu durumda sabit değerli direnç bağlamak mantıklı olmasa gerek, bu işi yapacak olan potansiyometre kısaca pot dediğimiz elektronik elemanı kullanırız. Bu eleman üç bacaklı bir eleman olup elektronik devrelerde çok sık karşımıza çıkan bir elemandır. Görüldüğü gibi bu elemanda bir gerilim bölücü bir elemandır. Bu elemanın gerilimi nasıl böldüğü şekil. de üç durumunda incelenmiştir. _? şekil.0 TANSSTÖ 4 Şekil 4-0 şimdiye kadar anlatmaya çalıştığımız gerilim bölme işleminin elektronik devrede kullanıldığı en basit devre bu devredeki gerilimi; ( ). Yandaki şekilde üç bacaklı eleman olan potansiyometre (pot) orta noktasında iken voltmetrenin gösterdiği gerilim değerini görün. Potun nolu bacağı nolu bacak tarafına getirilmiş halde voltmetrenin bu eleman üzerinde ölçtüğü değeri görün. 40

62 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Potun hareketli ucu nolu tarafa getirilmiş vaziyette iken voltmetrenin gösterdiği değeri görün Şekil - Potansiyometre ile uçlarına uygulanan gerilimi istediğimiz değerde lineer bir pot taktığımızda üç nolu bacaktan alma imkanımız yani istediğimiz gerilim değerini elde etme(gerilimi bölme) imkanına sahip oluruz. Bunu pratik olarak yapma imkanı olduğu gibi sabit dirençlerde teorik olaraktan yaptığımız gibi potla da teorik olarak yapabiliriz. Potla ilgili örnek, örnek.8 de verilmiştir. Örnek.8: Şekil. deki lineer dirençlerin bağlı olduğu kapalı bir devrede 5kΩ ve 0kΩ sabit direnç ve 0kΩ luk bir potansiyometre seri bağlanmış bu elemanlar 4V luk kaynakla beslenmiştir. Potansiyometrenin uçlarındaki gerilimi potansiyometre nin 0 ve 0kΩ (min.-max) değere ayarlandığı durumdaki şekilde gösterilen; (a) in (min-max) gerilim değerlerini (b) (min-max.) gerilim değerlerini 5 κω 5 κω 4 V _ 0 κω _ 4 V _ 0 κω 0 κω _ 0 κω (a) (b) Çözüm.8 (a): Şekil. Potansiyometrenin ayarının 0kΩ da iken ki gerilim değerine E diyelim ve potansiyometre uçlarındaki bu devre için gerilim değerini bulalım. 0kΩ E ( ).4V 9,6V 5kΩ 0kΩ 0kΩ Potun max. Değerinde iken Bu devrede potansiyometrenin uçlarındaki gerilim düşümü 4

63 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Pot değeri 0 k Ω da iken geriliminin alacağı değer; 0kΩ 0kΩ ( ).E ( ).9,6V 9,6V 0kΩ 0kΩ Pot değeri 0(sıfır) a ayarlandığı zamanki değeri; 0Ω ( ).9,6V 0V 0kΩ bu sonuçlara göre bu devre için in alacağı değer aralığı; 0 9,6V aralığında istediğimiz gerilim değerini elde edebiliriz. (b) Şekil.(b) deki devrede istenen gerilimini bulmak için aşağıdaki işlemlerin sırayla yapılması gerekir; 0 k Ω luk pot değeri 0 k Ω a ayarlandığında potun uçlarındaki gerilim; 0kΩ ( ).4V 9,6V 5kΩ 0kΩ 0kΩ 0 k Ω luk pot değeri 0 a ayarlandıysa; 0kΩ ( ).4V 6V 5kΩ 0kΩ 0Ω gerilimi bulunan değerlere göre alacağı sınırlar olacaktır. 9,6V 6V arasında -8 SEİ DEVEDE GÜÇ Seri devrede elemanlar üzerinde harcanan güçlerin toplamı devredeki kaynakların harcadığı güce eşittir. Bu ifadeleri formül haline getirir ve genelleştirirsek aşağıdaki seri devre için güç formülümüz ortaya çıkar. P T P P P...Pn Seri devrede güç formülü P T :Kaynaktan çekilen güç (Watt) 4

64 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ P,P,...P n :Seri bağlı dirençler üzerinde harcanan güçler(watt) N tane direnç elemanı seri devreye bağlansalar bunların üzerlerinde bir güç harcaması olacaktır bu harcanan güçlerin toplamı devredeki kaynakların verdiği güce eşit olacaktır. Güç formülü güç konusunda verilmişti. Bu formülü akım, gerilim ve direnç değerlerinin belli olduğu duruma göre inceleyelim. Kaynaktan çekilen akım ve Kaynağın uçlarındaki gerilim değeri belli ise bu formülden. Akım ve Eşdeğer(toplam) direnç biliniyorsa kaynaktan çekilen güç Kaynak uçlarındaki gerilim değeri ve kaynağın bağlı olduğu dirençlerin değerleri biliniyorsa; Bu bulduğumuz ve incelediğimiz kaynağın gücü, aynı formüllerden faydalanılarak eleman üzerlerinde harcanan P,P,...P n güçlerini de bulmamıza yarar. Örneğin bir direncin uçlarındaki gerilimi ve üzerinden geçen akım biliniyorsa P. gibi değerleri yazılıp o direncin harcadığı güç bulunabilir. Konunun daha iyi anlaşabilmesi için örnekler yapalım. Örnek.9: Şekil. deki devrede kaynağın ve elemanların harcadığı güçleri bularak, dirençler üzerinde harcanan güçlerin toplamının kaynaktan çekilen güce eşit olduğunu gösterelim. Çözüm.9: 5 V 0 Ω _ Ω _ Şekil Ω _ Ω _ Kaynaktan çekilen gücü bulmak için hangi formülü kullanacağımızın seçimini verilere bakarak karar vermeliyiz. Bu örnekte kaynak gerilimi verildiğine göre P T / EŞ formülünü kullanmamız çözümün daha hızlı bir şekilde yapılmasına olanak sağlayacaktır. EŞ 4 0Ω Ω 56Ω Ω 00Ω 4

65 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ P 5V 5V T EŞ 00Ω 00Ω,5Watt bulunur. Elemanlar üzerinde harcanan güçleri bulmak için aynı güç formüllerini kullanmamız çözüme ulaştıracaktır. Burada elemanların değeri belli; ya akımı veya bu eleman uçlarındaki gerilime ihtiyaç var. En mantıklısı elemanlar seri bağlı oldukları için akımı bulmak, akımı bulduktan sonra güç formülü olan P x x. x formülünden yararlanarak elemanlar üzerindeki güçleri bulabiliriz. EŞ 5V 00Ω 0,5A 50mA Eleman üzerinden geçen akım, eleman değerleri belli bu değerleri güç formülünde yerine koyarak bulabiliriz. P (0,5A).(0Ω) 0,5W P (0,5A).(Ω) 0,70W P (0,5).(56Ω),60W P 4 (0,5).(Ω) 0,495W P T P P P P 4 0,5W 0,70W,60W 0,495W,5W eşit olduğu görülür. 44

66 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM PAAE DEVEE VE KİŞOFN AKMA KANN PAAE DEVEE. DİENÇEİN KENDİ AAANDA PAAE BAĞANMA. DİENÇEİN GEİİM KAYNAĞNA PAAE BAĞAMA. KHHOFF N AKMA KANN.4 PAAE DEVEDE EŞDEĞE(TOPAM) DİENÇ.5 PAAE DEVEDE OHM KANN.6 AKM BÖME KAİDESİ.7 PAAE DEVEDE GÜÇ 45

67 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ. DİENÇEİN KENDİ AAANDA PAAE BAĞANMAS Birden fazla direncin uçlarına aynı gerilim uygulanıp, her birinden ayrı ayrı akım geçebilecek şekilde bağlanmalarına Paralel Bağlama denir. Paralel bağlantı; dirençlerin birer uçlarının birbirleri ile birleştirilmesi ile elde edilir. Bu bağlantı şekline akımın bu elemanlar üzerinden geçişleri aşağıdaki şekilde gösterilmiştir. A _ B (a) (b) (c) (d) Şekil. Şekil. (a) deki devrede iki direnç uçları birbirine bağlanarak bir paralellik oluşturmuşlardır. Şekil5-(b,c,d) ise bu paralel direnç uçlarına bir gerilim bağlanmış ve bu bağlantı şekillerinin değişik bağlama şekilleri gösterilmiştir. Bu dirençler n tanesi birbirleri ile paralel bağlanabilir. Bunu şekil olarak bunu kağıt üzerinde göstermek zor olacağından n tene değil biz dört dirençli bir paralel bağlama yapalım ve akım yollarını da şekil üzerinde gösterelim. T _ 4 Şekil. 46

68 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil. deki devre incelenirse kaynaktan çekilen akım direnç elemanlarının üzerlerinden nasıl bir yol takip ettiği daha iyi görülecektir. Şekil. de de çeşitli paralel bağlama ve akımın bu elemanlar üzerinden akış şekilleri görülmektedir. A B _ (a) (b) (c) (d) Şekil.. DİENÇEİN GEİİM KAYNAĞNA PAAE BAĞAMA Paralel bağlamada kaynak gerilimine bağlanan bir direnç o bağlanan kaynağın gerilimine eşit olacaktır. Eğer n tane direnç bir gerilim kaynağına paralel bağlandığı taktirde kaynak uçlarındaki gerilim direnç uçlarında aynen görülecektir. Buradan anlaşılacağı üzere paralel bağlı dirençlerin uçlarındaki gerilim değerleri birbirlerine eşit fakat üzerinden geçen akımlar farklı olacaktır. Bu gerilimin eşitliğini şekil.4 üzerindeki devrede bağlı olan voltmetrelerin gösterdiği değerlere dikkatli bakıldığında ifade edilen konu daha iyi anlaşılır. V _ V V V _ V _ V 4 Şekil.4 47

69 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Dirençlerin uçlarına bağlanan gerilim kaynağının değeri V ölçülürken,, ve 4 direnç uçlarında voltmetrenin gösterdiği gerilimde V dur. Bu durum paralel devre özeliklerinden bir tanesidir. Bununla ilgili sayısal bir örnek konunun daha iyi anlaşılmasını sağlar. Örnek.: Şekil.5 : 4 direnci uçlarındaki gerilimi bulunuz. Ω V _ Ω _ Ω 4 4 _ 5 5Ω _ 5 7Ω Şekil.5 Çözüm.: Şekil.5 e baktığımız da dirençlerin hepsi birbirlerine paralel bağlı olduğunu görüyoruz. Bu devrede sanki 4 direnci paralel bağlı değil gibi görünse de o direnç de paralel bağlı bu durumda paralel devre özelliğinden kaynak gerilimi V olduğuna göre 4 elemanları uçlarında aynı gerilim görülür. Sadece bu direnç uçlarında değil tüm direnç uçlarında V görülür. V 4 5. KHHOFF N AKMA KANN Elektrik devrelerinin çözümlerinde, özellikle karışık devrelerde ohm kanunun kullanılması yeterli olmaz. Bu tip devrelerde, devredeki çeşitli akım ve gerilimlerin hesaplanmasında kirchhoffun ikinci kanunu olan akımlar kanunu kullanılır. Kirchhoffun gerilimler kanununu seri devrelerde incelemiştik. Akımlar kanununu da şimdi inceleyelim. Kirchhoffun akımlar kanunu bir elektrik devresinde bir noktaya giren akımların toplamı, o noktayı terk eden yani çıkan akımların toplamına eşittir. Bu tanımını diğer bir tarifle giren akımların toplamı ile çıkan akımların cebirsel toplamı o(sıfır) a eşittir. Paralel bağlı devrelerde sıkça başvuracağımız bu tanımlama (akımlar kanunu) bize devrelerin çözümünde faydalı olacaktır. Bu tanımlamaları şekil.6 da gösterilmiştir. 48

70 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 4 5 Düğüm T T (a) 6 (b) Şekil.6 Şekil.6 deki devrede gerilim kaynağından çekilen T akım paralel bağlı direnç üzerinden geçerek tekrar T olarak gerilim kaynağına değeri değişmeden girmektedir. Bu devrede nasıl giren akım çıkan akıma eşitse tüm paralel devrelerde aynıdır. Bu örneğimizden bu durumu formül haline aldırır ve bu formülü genelleştirirsek aşağıdaki formül oraya çıkar; G G G G(n) Ç Ç Ç Ç(n) bu formüle kirchhoffun akımlar kanunu denir. Formüldeki harflerin anlamı; G Düğüme giren akım (Amper ) Ç Düğümden çıkan akım ( Amper ) Kirchhoffun akımlar kanununu bir devrede ölçü aletlerinin bağlanmış şekliyle bir devrede formülün doğruluğunu sayısal değer olarak şekil üzerinde gösterelim. (Şekil.7) 49

71 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil.7 Şekil.7 de kaynaktan çekilen akım T devreye seri bağlı ampermetre (akımı ölçen alet), A i göstermekte bu akımın A i direncin birinden diğer kısmı(a) diğer direnç üzerinden geçmektedir. Bu akımlar elemanlar üzerinden geçtikten sonra tekrar A olarak kaynağa varmaktadır. Bu genel formülde yerlerine konularak formülün doğruluğu kanıtlanmış olur. T den A A A A Paralel bağlı devrede kirchhoffun akımlar kanunu ile ilgili örnekler çözüp kanunun daha iyi anlaşılmasını sağlayalım. Örnek.: Aşağıdaki şekil.8 de verilen elektrik devresine A ve B noktalarındaki(düğümlerindeki) akımları kirchhoffun akımlar kanunundan faydalanarak bulunuz. A T _ 5mA _ ma _ B Şekil.8 50

72 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.: A noktasına giren akım T çıkan akımlar ise ve dir. Buna göre A noktasına giren T akımını; T 5mA ma 7 ma bulunur. B noktasına ise giren akımlar, ve çıkan akımlar ise T durumuna gelmiştir. Buradan şunu gözden kaçırmamak durumundayız. Bir düğümden çıkan durumunda iken diğer düğüme(noktaya) giren durumuna geçiyor. Bu açıklamayı yaptıktan sonra; Aynı akım değeri bulunur. T 5mA ma 7 ma Örnek.: Şekil.9 deki devrede direnci üzerinden geçen akımı kirchhoffun akımlar kanunundan yararlanarak bulunuz. T 00 ma 0 ma 0 ma Şekil.9 da görülen A noktasına 00 ma giriş yapıyor ve A noktasından çıkanlar Şekil.9 ise 0mA, 0mA ve dir. Kirchhoffun (kirşof) akımlar kanununu formülünü uygularsak; 00mA 0mA 0mA 00mA 0mA 0mA ' yi çe ker sek den, 50mA bulunur. 5

73 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek.4: Kirchhoffun akımlar kanununu uygulayarak A ve A ampermetresinin göstermesi gereken değeri bulunuz. A A A 5 A A,5 A A _ B A A A A _ Şekilde görülen A noktasına kaynaktan çekilen ve ampermetrenin gösterdiği değer 5A girmekte ve bu akımın,5a i elemanı üzerinden, Şekil.0 geçmekte diğer kalan akım ise A ampermetresi üzerinde görülecektir. Bu değeri bulursak; 5 A A ampermetresi gösterir. A,5A A 5A,5A,5A B noktasına giren akım A ampermetresindeki değer olacaktır. B noktasından çıkan A ve elemanı üzerinden geçen A görüldüğüne göre kirchhoffun akımlar kanunundan faydalanarak A ampermetresinin gösterdiği; Bulunur.,5A A A A,5A - A B noktsında(düğüm) akımlar,5a A ampermetresinin göstermesi gereken değer. A ampermetresinin gösterdiği bu değerde elemanı üzerinden geçen akımdır..4 PAAE DEVEDE TOPAM(EŞDEĞE) B DİENÇEE GEİİMİN YGANMAS Bu noktaya gelene kadar dirençleri tek ve birbirleri ile seri bağladır ve bu dirençlerin uçlarına bir gerilim uygulandığındaki durumlarını inceledik. Bu dirençler seri bağlanabildikleri gibi paralel bağlanabildiklerini şekillerle bağlantılarını yaptık. Bu bağladığımız paralel direnç uçlarına bir gerilim uygulandığında ne gibi durumların oluştuğunu şekillerle devreler üzerinde inceleyelim ve formülleştirelim. 5

74 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ T T _ (a) (b) Şekil. Şekil. (a) da tek bir dirence gerilim kaynağı bağlandığında bu direnç üzerinden kaynaktan çekilen ( T ) akımı aynı değeri direnci üzerinden geçmekte iken şekil.(b) de ise iki direnç paralel bağlandığında kaynaktan çekilen ( T ) akımı dirençlerin değerleri oranında bir kısmı( ) üzerinden diğer kısmı( ), direnci üzerinden geçmektedir. Anlaşılacağı üzere kaynaktan çekilen akım( T ) kollara ayrılmaktadır. Bu akımların teori olarak bulmak istediğimizde şimdiye kadar görmüş olduğumuz ohm ve kirchhoffun akımlar kanundan faydalanarak bulalım.... T n Kirchhoff akımlar kanunu formülüydü Kaynak gerilimi, paralel direnç uçlarında aynen görüleceğinden kaynaktan çekilen toplam akımı ve eleman üzerlerinden geçen akımları, T EŞ T...n tane yazabiliriz. Ohm kanunundan bulup kirchhoffun akımlar kanunu formülünde yerine koyarsak; EŞ T EŞ T n n eşitliğin her iki tarafını ya bölersek bu formül düzenlendiğinde; EŞ T ( ) ( )... ( n ) 5

75 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ formül bu hale gelir. Bu formül n tane paralel bağlı dirençlerin eşdeğer(toplam) direncin bulunmasındaki genel formüldür. Direncin tersinin iletkenlik olduğunu önceki konularda öğrenmiştik. İletkenlik /x olduğuna göre; iletkenlik cinsinden eşdeğer direnç formülümüz iletkenlik belli ise aşağıdaki şekli alır. (x,,...n) (iletkenlik biliniyorsa) G G... G EŞ T n bu formülden de paralel bağlı dirençlerin eşdeğeri bulanabilir. Bu anlattıklarımızı bir devre üzerin de şekilsel olarak gösterelim. T _ n n T _ T _ EŞ Şekil. Şekil. deki devrede kaynaktan çekilen akımın direnç elemanları üzerinde nasıl bölündüğünü ve n tane direncin tek bir direnç haline getirilebildiği görülüyor. Bu eşdeğer direnç haline getirilmesine sayısal bir örnekle devam edelim. Örnek.5: Şekil. deki devrede paralel bağlı dirençlerin yerine bunun eşdeğeri olan direnci bulunuz. T 00 Ω _ 57 Ω _ Ω Çözüm.5: Eşdeğer formülünü kullanarak; Şekil. 54

76 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ EŞ ( ) ( 0, 45,5 ) ( 76,8 ) ( ) ( ) ( ) 00Ω 47Ω Ω,0Ω eşdeğer(toplam) direnç bulunur. Eğer devrede ikiden fazla direnç paralel bağlı değilse pratiklik açısından (genel formülden çıkarttığımız) iki direnç paralel bağlandığındaki formül; EŞ. Bu formülü kullanarak bir örnek yapalım. Örnek.6: Şekil.4deki devrede paralel bağlı dirençlerin eşdeğerini bulunuz. 680 Ω _ 0 Ω Çözüm.6: Şekil.4 İki direnç paralel bağlı durumundaki formülünde direnç değerlerini yerine koyarak; EŞ. (680Ω).(0Ω) 4.000Ω T Ω 680Ω 0Ω.00Ω bulunur. Bu çözümü dirençlerin n tane bağlama durumundaki formülden yaralanarak sizler çözüp irdeleyiniz. Eşit değerli dirençlerin paralel bağlanması durumunda; Eğer n tane aynı değeri direnç paralel bağlandı ise kısa yoldan; 55

77 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ EŞ T n bu formülle bulabiliriz. Bu formülü kullanacağımız bir örnek yaparsak; Örnek.7: Şekil.5 deki devrenin toplam direncini eşit değerli direnç formülünü kullanarak bulunuz. T _ 4 _ 5 Şekil.5 Çözüm.7: 5 tane 00 ohm luk direnç paralel bağlı olduğundan, bu değeri formülde yerine koyarak; 00Ω EŞ 0Ω n 5 bulunur. Sizlerde genel direnç formülünü kullanarak çözümü tekrarlayıp bulduğunuz sonucu bu değerle irdeleyiniz..5 PAAE DEVEDE OHM KANN Bu kanunu paralel devrede de kullanabiliriz. Devrelerin analizini(akım, gerim ve güç) yaparken, bize bu değerleri bulmamıza yardımcı olur. Paralel devrede ohm kanununu kullanarak çeşitli örnekler yaparak bu kanunun paralel devrede ne denli önemli olduğunu gösterelim. Örnek.8: Şekil.6 deki devrede kaynaktan çekilen akımı bulunuz. 56

78 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ _ A T 00 V 56Ω 00Ω B Şekil.6 Çözüm.8: Kaynaktan çekilen akıma sebebiyet veren ve dirençlerinin öncelikle eşdeğerini bulup, kaynağın gerilim değeri bilindiği için ohm kanunu formülünde değerler yerine konularak bulunur. Bu dirençuçlarına00v gerilim uygulandığına göre akımı; T EŞ. 00V,79A 5,9Ω (00Ω).(56Ω) 5600Ω (00Ω) (56Ω) 56Ω bulunur. 5,9Ω T Örnek.9: Şekil.7 de verilen elektrik devresinde elemanlar üzerinden geçen kol akımlarını bulunuz. ΚΩ _.ΚΩ _ 560 Ω Çözüm.9: Şekil.7 Elemanlar paralel bağlı olduğu için kaynak gerilimi aynı zamanda, ve direnç uçlarında da görünecektir.(paralel devre özelliğinden dolayı) Eleman değerleri de belli olduğundan ohm kanunu formülünde bu değerler konularak; 57

79 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 0V 0V 0.0 kω.0 Ω A 0mA 0V 0V 9,.0 A 9,mA,kΩ,.0 Ω 0V 5,7mA bulunur. Eğer kaynaktan çekilen akım da istenmiş olsaydı, 560Ω T 0mA 9,mA 5,7mA 64,8mA bulunurdu. Sizlerde; kaynaktan çekilen akımı, kirchhoff kanunu ile bulduğumuz toplam akımı ohm kanunundan faydalanarak bulunuz. Örnek.0: Şekil.8 de verilen değerler yardımı ile elemanlar üzerinden geçen akımları bulunuz. T 0 ma 0 Ω _ 560 Ω _ ΚΩ Çözüm.0: Şekil.8 Şekil.8 baktığımızda, direnç değerleri ve bu dirençlerin kaynaktan çektiği toplam akım verilmiş. Bu akımdan yararlanarak kaynağın gerilimini daha sonrada bu bulduğumuz gerilim aynı zamanda direnç uçlarındaki gerilim olacağından, eleman üzerlerinden geçen akım; EŞ den, EŞ ( ) ( ) ( 6Ω 4,55mS,79mS ms ( ) ( ) ( ) 0Ω 560Ω kω ) (ms: G/ iletkenlik, biriminin Siemens(S) olduğunu önceki konularda öğrenmiştik. ms ise Siemens ise as katıdır. (S000 ms) ) 58

80 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ T. EŞ (0mA).(6Ω) (0.0,6V 0,0068A 6,8mA 0Ω,6V 0,004A,4mA 560Ω,6V,6V 0,006A kω.0 A).(6Ω),6V,6mA.6 AKM BÖME KAİDESİ Çoğu zaman paralel bağlı iki dirençten herhangi birisinden geçen akımın bulunması gerekebilir. Akım bölme kaidesi formülü, paralel uçlarda düşen gerilimin hesaplanmasına gerek olmaksızın paralel bağlı eleman üzerinden geçen akımları bulmamızı sağlar. Paralel bağlı kollardan geçen akımlar, kollardaki dirençle ters orantılıdır. Buna göre küçük direnç üzerinden büyük akım, büyük direnç üzerinden ise küçük akım geçecektir. Bu ifade ettiklerimiz ışığında bir paralel bağlı devre üzerinde inceleyerek, gerilim bölme kaidesini nasıl formülleştirdiysek akım bölme kaidesinin de formülünü bu ana kadar öğrendiğimiz yöntemler ışığında çıkartalım. Ι Τ Şekil.9 Şekil.9 de göründüğü gibi paralel bağlı direnç uçlarında bu devreye bağlı kaynağının gerilimi direnç uçlarında aynen görülmekte. Buna göre kaynaktan çekilen akım ve kol akımları formülleri; 59

81 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ bu T EŞ EŞ, formülleri önceki konularda. değerini çekersek; yerine koyarsak ve formülünde yerine koyarsak; T, görmüştük.bu hatırlatmadan sonra T (. ) ( ). T. T yerine bu bulduğumuz gerilim değerini EŞ (. ). formüller bulunur. Bulmuş olduğumuz formüller akım bölme kaidesi formülüdür. Bu formülleri kullanabileceğimiz bir örnek yapalım. Örnek.: Şekil.0deki verilerden yaralanarak ve akımını bulunuz. 00Ω Ι Τ 47Ω Şekil.0 60

82 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.: Verile baktığımızda kaynaktan çekilen toplam akım ve direnç elemanlarının değeri verilmiş. Burada düğüme gelen akım iki kola ayrılacaktır. Ayrılma değerlerini akım bölme kaidesinden bulalım. 47Ω ( ). T ( ).00mA,0mA 47Ω bulunur. Akımlar kanunundan bu değerlerin doğruluğunu gösterirsek; 00 ma T,0mA 68,0mA 00mA aynı değer görülür..7 PAAE DEVEDE GÜÇ Paralel devrede kaynaktan çekilen güç elemanlar üzerinde harcanan güce eşittir. Bu seri devrede, paralel devre ve karışık devrede de aynıdır. P P P P... P T n P T :Kaynağın devreye verdiği güç (Watt) P,P,...P n :Devredeki pasif elemanların harcadığı güç (Watt) Güç formülleri seri devrede açıklamıştı. Bu formüller aynen paralel devre içinde geçerlidir. Bu konuyla ilgili örnekler yapalım ve konun anlaşılmasına yardımcı olsun. Örnek.: Şekil.deki devrede kaynaktan çekilen güç ve dirençler üzerindeki güçleri bulunuz. T A 68 Ω _ Ω _ Ω Şekil. 6

83 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.: Toplam kaynaktan çekilen akım A, bu akımın geçtiği elaman değerleri devrede görülüyor. Gücü bu iki değerden faydalanarak bulabiliriz. EŞ T, Ω devrenin eşdeğer direncini bulduğumuza ( ) ( ) ( ) 68Ω Ω Ω göre kaynağın bu elemanlara verdiği toplam gücü eşdeğer direnç ve toplam akımdan bulabiliriz. PT T. T (A).(, Ω) 44,4Watt Kaynağın gerilim değerini bulup elemanlar paralel bağlı olduklarından eleman uçlarındaki gerilim kaynak gerilimine eşittir. Gerilim değerini bulduktan sonra Pn /n formülünde değerler yerine konularak direnç uçlarındaki harcanan güçler bulunur. T. EŞ A., Ω,V (,) (,) P 7,5W, P 4,9W 68Ω Ω (,) P,4W, PT 7,5W 4,9W,4W 44,6W Ω 6

84 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM 4 SEİ-PAAE (KAŞK) DEVEE SEİ-PAAE DEVEE 4. DİENÇEİN SEİ-PAAE BAĞANMAS 4. SEİ-PAAE DEVEEİN ANAİZİ 6

85 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 4. DİENÇEİN SEİ-PAAE BAĞANMAS Dirençler seri, paralel ve tek bağlanabildikleri gibi bu bağlama şekillerinin bir arada bulunmasına seri-paralel(karışık) bağlama denir. Şekil4.de bu bağlamaları şekilsel olarak inceleyelim. Sonra bu bağlamalara dirençler bağlayarak karışıklık durumunu artıralım. A B A seri ( // ) B (a) (b) A B T (c) Şekil4. Şekil4.(a) da üç direnç birbirleri ile karışık bağlanmıştır. Şekil4.(b)deki şekilde bu dirençlerin nasıl birbirleri ile bağlantı durumunu şekil üzerinde gösterilmiştir. Devre üzerinde gösterildiği gibi direnci ve direncinin paralelliğine ( // ) seridir. Bu devreye bir gerilim kaynağı bağlandığında kaynaktan geçen akım seri eleman ve paralel bağlı eleman üzerinde akımın seri eleman üzerinden kaynaktan çekilen akımın aynen geçtiğini, paralel dirençler üzerinden nasıl kollara ayrıldığını şekil4.(c) de gösterilmektedir. Bu bağlantı şeklini ne kadar şekilsel devre üzerinde inceler ve karışık hale getirirsek karışık bağlamayı baktığımız anda hangi direnç hangisi ile seri hangisi ile paralel olduğunu görmemiz daha hızlı olur. Şekil4.deki devreye şekil4.de gösterildiği gibi dirençler ekleyerek bu eklediğimiz dirençlerin bağlanma durumunu inceleyelim. 64

86 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil4.deki devrede şekil4.(a)deki devreye 4 direnci bağlanarak devre tekrar çizilmiş. Şekil4.(b) deki şekilde ise bu bağlanan 4 direncinin önceki dirençlere bağlantı şekli gösterilmiştir. Bu bağlanan direnç A 4 B A 4 B (a) (b) Şekil4. direncine seri (, ) dirençlerine ise paraleldir. Bu devreye bir direnç daha bağlayalım ve bu bağlanan direncin önceki dirençlere bağlantı şeklini açıklayalım. Devreye şekil4.(a)da görüldüğü gibi 5 direnci eklenmiş bu direnç ye seri direncine paralel, bu paralel blok 4 ve direncine seri bağlı durumdadır. 4 Seri A 4 B A 4 B ( Seri 5) // ( ) 5 5 (a) (b) Şekil4. Bu devreye 6 direnci ekleyelim. Bu eklediğimiz direncin diğer dirençlere bağlantı şekli açıklayalım. Şekil4.4(a) de gösterildiği gibi 6 direnci, ( 4, ) dirençlerine paralel bu paralel blok, şekil4.4(b)de gösterildiği gibi ( ile 5 seri bu serilik e paralel) bu gruba seridir. Bu devreleri daha da karışık hale getirebiliriz bunun sonu yoktur. Önemli olan serimi, paralel mi anlamamız için akımın kollara ayrılıp ayrılmadığına bakmak gerekir bir devrede akım kollara ayrılmıyorsa bu elemanlar birbirleri ile seri kollara ayrılıyorsa bu dirençler birbirleri ile paralel bağlıdır. 65

87 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 6 6 A 4 B A 4 B ( 4 seri ) // ( 6 ) 5 5 (a) (b) Şekil4.-4 Bu konu ile örnekler yaparsak anlaşılması birazda artacaktır. Bu konu ilerleyen zamanlarda sürekli kullanılacağı için biraz daha anlamak için örnekleri çok yapmamız gerekir. Çünkü devrede elemanların birbirleri ile bağlantılarının durumunu göremezsek bulacağımız değerler baştan yanlış olacaktır. Teknik elemanın hatası ölümle sonuçlanacağından hatanın minimuma çekilmesi ölümcül hatalar yapılmaması gerekir. Bulacağınız gerilim V iken hata üzerine 0 V bulduğunuzu düşünün bu değerler üzerine yapacağınız aletin ve bu kullanıcın düşeceği durumu sizler taktir edin. Bunun için ilerleyen konularda bu devrelere bakıldığı an bağlantı şeklini görmeniz gerekir. Örnek4.: Şekil4.5 de devreye bağlı dirençlerin bağlantı şekillerini ve kaynaktan çekilen akımın takip edeceği yolları açıklayınız. A B 4 Şekil4.5 Çözüm4.: direnci kaynağa seri bağlanmış ve kaynaktan çekilen akım aynı değeri değişmeden bu eleman üzerinden akar. ve dirençleri birbirleri ile paralel bağlanmış bu paralellik elemanına seridir. Kaynaktan çekilen akım elemanından aynen geçerek ve dirençlerinin oranları dahilinde bu elemanların üzerlerinden geçip kaynağa aynı değerde varmaktadır. 66

88 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ T A T B 4 Şekil4.6 Örnek4.: Şekil4.7deki devrede elemanların bağlantı durumlarını inceleyiniz. A A 5 B B (a) (b) Şekil4.7 Açıklama: Şekil4.7(a) deki devre karışık görünmekle birlikte son derece bağlantı şekilleri açıktır. Bu devreyi tekrar anlamanız için şekil4.7(b)deki gibi tekrar çizdiğimiz de görüldüğü gibi, 4 seri bu serilik ye ve ( seri 5, 6 paralelliğine) parantez içindeki gruba paraleldir. 4. SEİ-PAAE DEVEEİN ANAİZİ Bu konu başlığı altında Toplam(eşdeğer) Direnç Toplam Akım ve Kol akımları Eleman Üzerindeki Gerilim Düşümleri incelenecektir. 67

89 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 4.. TOPAM(EŞDEĞE) DİENÇ Dirençlerin karışık bağlandıklarında bu direnç topluluğunun tek bir direnç haline aldırtmak gerekir.bu eşdeğer direnç haline getirmek için seri, paralel devrelerde görmüş olduğumuz formüllerden faydalanmak gerekir. Eşdeğer haline getirilirken hangi noktalar arasında eşdeğer bulunacaksa; (her noktaya göre eşdeğerlik değişir.) Bunu da unutmamak gerekir. Önce paralel kollarda seri direnç bağlantısı varsa bu seri devrede görmüş olduğumuz eşdeğer direnç formülü kullanılarak o koldaki direnç tek bir direnç haline getirilir daha sonra bu paralel kol, paralel devredeki eşdeğer direnç formülü kullanılarak tek bir direnç haline getirilir. Son olarak bu elemana seri eleman varsa seri devre olduğu gibi eşdeğer direnç bulunur. Örnek4.: Şekil4.8 deki verilen dirençler karışık bağlanmış, bu dirençlerin A-B uçlarındaki eşdeğer(toplam) direnç değerini bulunuz. A 00 Ω 00 Ω 00 Ω B Şekil4.8 Çözüm4.: Şekil4.8deki devrede ve dirençleri paralel bağlanmış ve bu dirençlerin omik değerleri eşit, // paralelliği direncine seri olarak bağlıdır. // paralel ve değeri eşit olduğu için, formülde değerler yerine konulursa paralelliğin eşdeğeri bulunur daha sonrada bu değer e seri olduğu için toplanır ve AB uçlarının eşdeğeri bulunur. 00 bulunur.şimdi AB n EŞ 50Ω ve veya seri. 00Ω 50Ω 50Ω 00Ω.00Ω 00Ω 00Ω bulunur. 50Ω 68

90 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek4.4: Şekil4.9daki elektrik devresinin eşdeğer direncini bulunuz. 47 Ω 4 47 Ω 00 Ω 68 Ω Ω 9 Ω Şekil4.9 Çözüm4.4: Bu devrede, seri, bu seriliğe 4 // 5 6 grubu paraleldir. Bu paralellik direncine seridir. Bu açıklama ışığında eşdeğer direnç; 47Ω 47Ω 94Ω, (68Ω).(9Ω) 68Ω 9Ω 48,4 Ω Ω 4,8Ω 99,8Ω - 00 Ω 94 Ω ,8 Ω AB EŞ ( ( ).( ) ( AB Şekil4.0 ) 94Ω.99,8Ω 48,4Ω devrenin eşdeğer direnci ) 94Ω 98,8Ω 00Ω 48,4Ω 48,4Ω bulunur. 69

91 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 4.. TOPAM AKM VE KO AKMA: Toplam akımın buluna bilmesi için eşdeğer direnç ve kaynağın gerilim değeri verilmiş olması gerekir. Kol akımları seri devrede ve paralel devrede görmüş olduğumuz kanununlar dan çıkarılan formülleri kullanarak kol akımlarını ve kaynağın akımını bulabiliriz. Şekil4.9 daki devrede kaynağın gerilim değeri verilmiş olsaydı; T/ EŞ formülünden bulunurdu. Bu devre için kaynak gerilimi 0V olmuş olsa idi toplam akım; 0V 48,4Ω T EŞ 0mA bulunurdu. Kol akımlarını akım bölme kaidesinden ve kirchhoffun gerilim kanunlarından yaralanarak bu değerlerle devredeki tüm dirençlerin üzerinden geçen akımları bulabilirdik. Bu işlemleri yapabileceğimiz bir örnek yapalım. Örnek4.5: Şekil4.deki karışık bağlı dirençlerin uçlarına bir 50V luk bir kaynak bağlandığında 4 direnci üzerinden geçen akımı bulalım. T 50V 560 Ω 0 Ω Ω 560 Ω Şekil4. Çözüm4.5: 4 direnci üzerinden geçen akımı bulmak için bu elemanın üzerindeki gerilimi veya akımının bulunması gerekir. Her iki değerden de bulabiliriz. Şimdi değerini bularak çözüm yapılacaktır. akımını bulmak için, ve 4 dirençlerinin eşdeğerini bulup, kaynak bu kola paralel bağlandığından akımını buluruz. Sonra akım bölme kaidesi formülünden 4 akımını buluruz. Bu ifadeler ışığında çözüm; 70

92 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Akım bölme kaidesinden, 4 ( 4) ( 4) (. 4 50V 9mA 58Ω 4 ). 4 (0Ω).(560Ω) 0Ω 58Ω 890Ω 4 o, koldaki toplam akım bulunur. direncin den geçen akım; 0Ω ( ).9mA 4,5mA bulunur. 890Ω Örnekte istenmemiş ama direnci ve direncinin üzerinden geçen akımların da bulunması istenmiş olsaydı; o zaman direnci üzerinden geçen akımını akımlar kanunundan, i ohm kanunundan aşağıdaki gibi çözülürdü. 4 burdan 50V 0,09mA 560Ω 4 9mA 4,5mA 5,5mA Sizlerde bu örneği şimdiye kadarki görmüş olduğumuz konulardan yararlanarak farklı yönden çözünüz. 4.. EEMAN ÜZEİNDEKİ GEİİM DÜŞÜMEİ Dirençlerin karışık bağlantılarında gerilim düşümlerini bulmak için elemanların bağlantı şekillerini iyi görebilmek gerekir. Bu bağlantı şekillerini doğru gördükten sonra seri-paralel devreleri incelerken kullandığımız formülleri kullanarak karışık devrede bağlı direnç uçlarındaki gerilim düşümlerini doğru bir şekilde bulmuş oluruz. Bu konu ile ilgili şekil4. deki elektrik devresini inceleyelim. ) V ve V voltmetresinin gösterdiği gerilim değerleri eşittir. Eşit olmasının nedeni, dirençleri paralel bağlı. ) V voltmetresinin gösterdiği değer ise V 4 V 5 voltmetrelerinin gösterdiği değerlerin toplamına eşittir. Çünkü direnci 4 ve 5 direncine paralel bağlı, V voltmetresinin gösterdiği gerilim aynı zamanda B- uçlarının gerilimidir. ) V 4 gerilimi ve V 5 gerilimini gösteren voltmetrelerin değerlerini gerilim bölme kaidesinden bulabiliriz. 4) V ve V voltmetrelerinin toplamı kaynak gerilimi ya eşit olacağını kirchhoffun gerilim kanununu hatırlarsak nedenli doğru olacağını görmemiz gerekir. 7

93 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil4. Örnek4.6: Şekil4.deki devreyi şematik olarak çizelim ve bu voltmetrelerin gösterdikleri değerleri teorik olarak çözelim. Şekil4. Çözüm4.6: A ve B uçlarındaki paralel dirençler ve dirençlerinin eşdeğeri( AB ); AB. (k Ω).(,kΩ) 688Ω,kΩ 7

94 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ B- uçlarındaki direnci 4 ve 5 dirençlerine paralel ( 4 5 )// ; B ( 4 5 0Ω 680Ω 00Ω,0kΩ.( 4 5 ) (,8 kω).(,0kω) 647Ω,8kΩ (T EŞŞ kullanarak AB AB T AB 4 5 B 688Ω 647Ω 5Ω bulunur. Gerilim bölme kaidesini 688Ω ) ( ).00V 5,5V, 5Ω B ( B T 647Ω ). ( ).00V 5Ω AB 5,5V ve B 48,5 V (Paralel olduklarından) Örnek4.7: Şekil4.deki devrenin analizini yapınız. 6 V 8 ΚΩ 8 ΚΩ 6 ΚΩ 4 4 κω Şekil4. Çözüm4.7: Devrenin analizi akım, gerilim ve güçlerin bulunmasıdır. Bu analize devrenin eşdeğer direncini bularak başlayalım. Şekil4. deki devrede ( //( 4 )) bağlanmıştır. Bu devrenin eşdeğerini şekil4.4de ayrıntılı olarak şekiller üzerinde eşdeğer bulunmuştur. 6 V 8 ΚΩ 6 ΚΩ 8 ΚΩ 4 4 κω 6 V 8 ΚΩ 6 ΚΩ κω (a) (b) 7

95 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 6 V 8 ΚΩ 4 ΚΩ 6 V T ΚΩ (c) (d) Şekil4.4 Şekil4.5de ise eşdeğer dirençte olduğu gibi şekillerle kademeli olarak kaynaktan çekilen ve elemanlar üzerindeki akımlar bulunmuştur. 6 V ma T ΚΩ 6 V 8 ΚΩ - 4 V V ma 4 ΚΩ - (a) (b) (c) (d) Şekil4.5 Şekil4.4(d)deki devrede eşdeğer direnç ve şekil4.5(a)da toplam akımı göstermektedir. Toplam akımı teorik olarak aşağıdaki şekilde; EŞ.( 4 ) 6kΩ.(8kΩ 4kΩ) 8kΩ 8kΩ 4kΩ kω 6kΩ 8kΩ 4kΩ T EŞ.( 4 ) EŞ 6V ma kω 6kΩ.(8kΩ 4kΩ) 8kΩ 6kΩ 8kΩ 4kΩ 8kΩ 4kΩ kω 74

96 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ bulunur. Şekil4.5(b)deki devrede gerilim kaynağına seri bağlı olan 8kΩ ve 4kΩ üzerinden bu toplam akım bu elemanlar üzerinden geçmekte ve bu akımın bu eleman uçlarında oluşturduğu gerilim düşümü; ) ( 8kΩ ) (ma).(8kω) 4V (4kΩ (ma).(4kω) V Şekil4.5 deki devrede görüldüğü gibi 4kΩ uçlarındaki gerilim aynı zamanda 6kΩ ile kω direnç uçlarında paralel olmalarından dolayı görülecektir. Bu elemanların üzerinden geçen akım; V V ( 6kΩ ) ma kω ma 6kΩ kω Dikkat edilirse kirchhoffun akımlar kanunu yine bu devrede de kanıtlanmış oldu. ma ma ma ma ile devrenin analizi yapılmış olur. ( 8kΩ ) (6kΩ) (kω) 75

97 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM 5 EEKTİK KAYNAKA GEİİM ve AKM KAYNAĞ 5. BAĞMSZ GEİİM KAYNAĞ 5. BAĞMSZ AKM KAYNAĞ 5. GEİİM KAYNAĞNDAN AKM KAYNAĞNA DÖNÜŞÜM 76

98 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 5. GEİİM ve AKM KAYNAĞ 5.. BAĞMSZ GEİİM KAYNAĞ Gerilim kaynaklarını şimdiye kadar çeşitli devrelerde bağlama ve sembol olarak çok sık kullandır. Kullandığımız kaynakların hepsi bağımsız gerilim kaynağı ve sembolleriydi. Bağımsız gerilim kaynağını anlatmaya başlamadan bağımlı gerilim kaynağına biraz açıklık getirelim. Bağımlı gerilim kaynağı devrede herhangi bir parametreden etkilenen kaynaktır. Bu parametreye göre artar veya azalır. Örneğin k. gibi; bağımsız gerilim kaynakları ise hiçbir şeyden etkilenmeyen devreye sürekli enerji pompalayan kaynaklardır. Aktif bir elemandır enerji verir. Üzerinden ne kadar akım çekilirse çekilsin uçlarındaki gerilim değeri değişmeyen kaynaklardır. Bu kabul ettiğimiz gerilim kaynağı ideal gerilim kaynağıdır. Gerçekte bu imkansızdır. Nedenine gelince sonsuz akım verecek bir kaynak şu anda üretilmemektedir. Bunun nedenine gelecek olursak; bir kuru pilin gerilimi devresine verdiği akım arttıkça uçlarındaki gerilim değeri azalır. Bu sebeple bu bağımsız gerilim kaynağımız ideal bir kaynak değildir. Devrelerde kullanacağımız kaynakları ideal kaynak olarak düşünecek bu kaynakların değeri değişmeden sonsuz akım ve sonsuz güce sahip olduğu kaynağa D gerilim kaynağı olarak isimlendireceğiz. Pratikte bu ideal gerilim kaynağına en yakın üreteç, iç direnci çok küçük olan akümülatörlerdir. Çekilen akım küçük olduğunda da bağımsız D gerilim kaynağı gibi çalıştıklarını yaklaşık olarak kabul edebiliriz. Şekil5.de sembolleri görülmektedir. (a)ideal Bağımsız D Gerilim Kaynağı (b) İdeal Bağımlı D Gerilim kaynağı Şekil BAĞMSZ AKM KAYNAĞ çları arasından geçen akım kendi uçları arasındaki gerilimden etkilenmeyen bir akım kaynağıdır. Aktif bir elemandır. Akım pompalayarak enerji üretir. Gücü sonsuzdur. İ akımı sabit olan tiplerine bağımsız D akım kaynağı, devrenin herhangi bir parametresinden etkilenen akım kaynağına ise bağımlı akım kaynağı denmektedir. Bu kaynakların sembolleri şekil5. de gösterilmektedir. 77

99 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (a)ideal Bağımsız D Akım Kaynağı (b)ideal Bağımlı Gerilim Kaynağı Şekil5. Bu kaynakların devrede bağlı olduğu durumlar için üç ana özellik vardır. - Bir gerilim kaynağını kendisine seri bağlı bir dirençle bir akım kaynağını da kaynağa paralel bir dirençle düşünülür. - İdeal bir gerilim kaynağına paralel bağlı dirençler ve akım kaynakları devre dışı - İdeal akım kaynağına seri bağlı direnç ve gerilim kaynakları devre dışı bırakılır. Şekil5. Şekil5. de ideal ve gerçek gerilim kaynağının durumunu gösteriyor. aboratuarınızdaki V luk gerilim kaynağınızın iç dirençsiz hali ideal gerilim kaynağı ile isimlendirdiğimiz durum, iç dirençli hali ise gerçek de kullandığımız gerilim kaynağı halidir. Çünkü gerçekte kullanılan kaynakların azda olsa bir iç dirençleri mevcuttur. Genelde bu devre çözümlerinde ihmal edilir, sanki kaynağımız ideal kaynakmış gibi düşünerek devrelerin analizi yapılır. Aşağıda bu konu ile ilgi örnek5. verilmiştir. Örnek5.: aboratuarınızda şekil5.4deki V luk gerilim kaynağınızın iç direnci Ω olduğuna göre gerçek gerilim değerini(devreye verdiği gerilim) bularak bu gerilime Ω luk bir yük direnci bağlayıp üzerinden geçen akımı bulunuz. 78

100 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil5.4 Çözüm5.: Önce kaynağın dış devreye verdiği geçek gerilim değerini, daha sonra bu değerle yük direncinin üzerinden geçirdiği akımı bulalım. Kaynağın iç direnci kaynağa seri ve aynı zamanda direncine de seridir. Buna göre kaynağın dış devreye verdiği gerilim değeri; Ω V T.V V 0,5A Ω Ω Ω bulunur. İdeal bir gerilim kaynağı olduğunu varsaymış olsaydık o zaman yük direnci elemanı üzerinden geçen akım; V Ω 0,545A değer sapması olacaktı. Küçük dirençler bağlandığında ölçülen değerle teorik olarak çözülen sonuçlarda küçükte olsa sapmalar olacaktır. Çünkü çözümlerde kaynağın iç direnci ihmal ediliyor. Kaynağa bağlanan direnç değerleri kω lar ve daha yüksek değerlerde bu sapmalar biraz daha az olacaktır. Burada bir gerilim kaynağı denildiği anda ona seri bir dirençle düşünmemiz gerekiyor. İdeal ve gerçek akım kaynağını da şekilsel olarak inceleyip bu konu ile de bir örnek yaparak bu konunun da anlaşılmasını sağlayalım. 79

101 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil5.5 Gerçek akım kaynağı İdeal akım kaynağı durumu ve gerçek de kullandığımız akım kaynağının şeklini5.5de görmektesiniz. Gördüğünüz üzere gerçek akım kaynağı ona paralel bir iç dirençle düşünmemiz gerekir. Çünkü kaynağın azda olsa mutlak ve mutlak direnci vardır. Nedeni ise bu kaynaklarda iletkenler kullanılmakta, iletkenlerinde biz biliyoruz ki küçükte olsa bir direnç özelliği gösterir. Kaynağın iç direnci ideal kaynağa paralel bağlı olduğundan devreye bağlanan elemanlara paralel durumunda olacaktır. Akım kaynağı ile de bir örnek yaparak konun daha iyi anlaşılmasını ağlayalım. Örnek5.: Şekil5.6 deki devrede ideal akım kaynağının değeri 0mA yük direnci kω, kaynağın iç direncinin üzerinden geçen akım maolduğuna göre akım kaynağının iç direncini bulunuz. Şekil5.6 80

102 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm5.: Bu değerlere göre yükün üzerindeki gerilimi bulabiliriz. İÇ İÇ. 8mA.kΩ (8.0 0mA 8mA ma İÇ 8V 8V ma.0 9kΩ A A).(.0 Ω) 8V Şekli tekrar çizilmemesi için ve İÇ değerleri şekil5.6 üzerinde gösterilmiştir. 5..: GEİİM KAYNAĞNDAN AKM KAYNAĞNA DÖNÜŞÜM Gerilim kaynağını akım kaynağına dönüşüm yapılabilir. Bu dönüşüm esnasında kaynağın iç direncinin omik değeri değişmeden iç direnç gerilim kaynağına seri bağlı durumdayken akım kaynağına paralel bağlanır. Akım kaynağının akım değeri ohm kanunundan / İÇ formülünde değerler yerine konularak bulunur. Bu ifadelerimizi şekilsel olarak şekil5.7 de gösterilmiştir. Şekil5.7 Gerilim kaynağından Akım kaynağına dönüşüm Şekil5.8 Gerilim kaynağından akım kaynağına dönüşüm değerin bulunması ve yük direncinin kaynaklara bağlantı durumu 8

103 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 5..4: AKM KAYNAĞNDAN GEİİM KAYNAĞNA DÖNÜŞÜM Akım kaynağından gerilim kaynağına dönüştürülürken gerilim kaynağının değeri ohm kanunundan yaralanarak bulunur. Gerilim kaynağının iç direnci ise akım kaynağının iç direncine eşit olduğundan değeri aynı fakat bağlantı şekli seri olacaktır. Şekil5.9 da görüldüğü gibi; Şekil5.9 Akım kaynağından gerilim kaynağına dönüşüm ve ohm kanunundan gerilimin değerinin bulunması Şekil5.0 Akım kaynağının gerilim kaynağına dönüşümü ve akım kaynağının yönü ile dönüşüm yapılırkenki gerilim kaynağının aynı yönde olması ve yük dirençlerinin üzerlerinden aynı şekilde akımın akışı 8

104 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek5.: Şekil5. (a)deki devrede 6kΩ üzerinden geçen akım, akım kaynağını gerilim kaynağına dönüştürmek suretiyle bulunuz. Şekil5. Şekil5. (a)daki devrede dirençler paralel bağlı olduğundan (b) deki gibi devreyi tekrar çizebiliriz. Buradaki kω luk direnç kaynağın iç direnci olarak alıp bu akım kaynağımızı ohm kanunundan yaralanarak şekil5.(c) de görüldüğü gibi; (5mA).(kΩ) 45V bulunur. Şekil5. (c)deki devrede görüldüğü gibi gerilim kaynağı haline dönüştürdükten sonra elemanlar birbirine seri halini aldığından 6kΩ luk direncin üzerinden geçen akım; Örnek7-4: T 45 9k 5mA Ω Şekil5.(a)deki devre gerçek bir gerilim kaynağı ve akım kaynağı dönüşümü verildiğine göre, bu gerilim kaynağının; (a) Gerilim kaynağının uçları kısa devre yapılması durumunda, (b) Gerilim kaynağının uçları açık devre durumunda, (c) Gerilim kaynağına 500Ω bağlandığı durumda şıklara göre gerilim kaynağının ve akım kaynaklarının şekillerini çizerek değerlerini bulunuz. 8

105 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm5.4: (a) Şekil 5.(b) deki devrede görüldüğü gibi gerilim kaynağının uçları kısa devre edildiğinden dış devreye verdiği gerilim sıfır, gerilim kaynağından çekilen akım ise şekil üzerinde bulunan değer kadardır. Bu değer aynı zamanda gerilim kaynağından akım kaynağına dönüşümde akım değeridir. (5V/500Ω0mA) (b) Şekil5.(c) deki devrede gösterildiği gibi dış devreye vereceği gerilim uçları açık devre durumunda, bu gerilim kaynağının olması gereken bir durumudur. Gerilim kaynağı boşta iken uçları açık devre durumundadır. Bu kaynaktan 0 akım çekilmektedir. Bu kaynağı akım kaynağına dönüştürdükten sonraki uçlarındaki gerilim değerini ohm kanunundan (0mA).(500Ω) 5V ve akım kaynağının uçları açık devre durumundadır. Şekil5.(d) de görüldüğü gibi gerilim kaynağına ve dönüşüm yapılan akım kaynağına bir 500Ω değerinde bir direnç bağlandığı şekli görülmektedir. Bu elemanın üzerinden geçen akımı bulmak için önce bu direncin uçlarındaki gerilimi daha sonra üzerinden geçen akımı bulabiliriz. (500Ω).5V 7,5V (000Ω) 7,5V 5mA 500Ω yük direnci üzerindeki gerilim Gerilim kaynağını akım kaynağına dönüşüm yaptıralım ve bu yük direncini bu kaynağa bağlayıp üzerinden geçen akımı ve yük direnci uçlarındaki gerilimi tekrar bulalım. Direnç değerleri eşit ve dirençler paralel olduğundan akım kaynağının değerinin yarısı yük direnci üzerinden geçer, yük direncinin üzerinden geçen akımı bulduğumuza göre ohm kanunundan uçlarındaki gerilimi de aşağıdaki şekilde bulabiliriz. ( ).0mA 5mA. 5mA.500Ω 7,5V aynı değer bulunur. Bu beklediğimiz bir sonuç olması gerekir. Aksi taktirde farklı çıkmış olsaydı, bir yerlerde yanlışlık yapılmış olurdu. 84

106 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (a) (b) ( c) (d) Şekil5. Sizlerde bu örnek için gerilim kaynağının direnci kω ve kaynağın voltaj değeri 0V durumuna göre örnek5.4 nin şıklarını yapınız 85

107 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM 6 DEVE ÇÖZÜM YÖNTEMEİ 6. ÇEVE(İMEK) AKMA YÖNTEMİ 6. DÜĞÜM GEİİMEİ İE DEVE ANAİZİ 6. WHEATSTON(VESTON) KÖPÜSÜ 86

108 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ DEVE ANAİZİ YÖNTEMEİ Devre analizi yöntemlerini incelemeden devenin analizinin ne anlama geldiğini hatırlayalım. Devre analizi elektrik veya elektronik devrelerde akım, gerilim ve güç hesaplama işidir. Tanımlanması en kısa ve en doğrusudur. Devre analizine geçmeden bu konuda kullanacağımız bazı tanımlamalar yapalım. Düğüm:Üç veya daha fazla elemanın müşterek olarak bağlandığı noktadır. Yol:Devrenin bir noktasından diğer bir noktasına kadarki elemanlar dizisidir. Kol:Üzerinde bir tek elemanın bulunduğu en kısa yoldur. Çevre: Bitiş noktası ile başlangıç noktası aynı olan kapalı yol. Göz: İçinde bir kol bulunan en küçük kapalı yol. Devrelerin analizi yapılırken bazen şimdiye kadarki görmüş olduğumuz kanunlar yeterli olmaz. Devrede çift kaynakla besleniyor ve birden fazla göz olduğunda kanunlar yeteli olmaz. Bu bölümde bu durumlarda bize yardımcı olacak yöntem çeşitlerini bu yöntemlerle nasıl çözüm yapılacağı anlatılacaktır. 6. ÇEVE(İMEK) AKMA YÖNTEMİ Çevre akımlar yönteminde devrenin her bir gözü için bir çevre akımı seçilir. Gözlerden seçilen çevre akımlarına göre kirchhoff(kirşof)un gerilimler denklemi, her göz için yazılır.göz adedi kadar bilinmeyen çevre akımı ve denklem bulunur. Denklem çözülerek her bir gözün çevre akımları hesaplanır. Çevre akımlarından kol akımları kolaylıkla bulunabilir. Bu konuda göz sayısı kadar denklem çıkacağından bu denklem çözüm yöntemlerinden yok etme veya matris, determinant çözümlerinin çok iyi bilinmesi gerekir. Bu konu matematik konusundan araştırılarak hatırlanması gerekir. Aksi taktirde çevre denklemlerinin bulunması bir işe yaramayacaktır. Şimdi şekil6. deki devreyi çevre akımlar yönteminin kurallarını uygulayarak ve anlatarak çevre akımlarını ve bu evredeki kol akımlarını bulalım. (Devrede bağlı akım kaynakları varsa bu kaynağın eşdeğeri gerilim kaynağına dönüşüm yapılarak devre Ç.Y. ile çözülür) Şekil6. 87

109 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil6. deki devrede iki göz vardır. Bu devre çözümü için iki adet denklem yazılacaktır. İlik yapmamız gereken her göz için kirşofun gerilimler kanunundan gözlerin denklemini oluşturmaktır. ve göz için seçtiğimiz göz akımlarıdır. Bu akımların dolaştığı yerleri şekilde gösterilmiştir. Bu akımların dolaştığı yerlere göre gerilimler denklemi;.. ( ( ). )..gözün gerilim denklemi.gözün gerilim denklemi Matematiksel düzenlemeler yapılarak bu devre için gözlerin gerilim denklemleri çıkar..(. ( ). )..gözün ve.gözün denklemleri elde edilir. Bu devrede direnç ve gerilim değerlerinin verildiğini düşünerek göz akımları denklem çözümünden faydalanılarak ve akımları bulunur. Bu akımlar bizim için amaç değil sadece kol akımlarını bulmamız için araç görevini yaparlar. Göz akım değerleri bulunduktan sonra devreye baktığınızda.göz akımı üzerinden aynı değerde, üzerinden ise.göz akımı aynı değerde akmaktadır. Bu durumda elemanının akımı.göz akımına, elemanının akımı ise. göz akımına eşittir. Denklemi yazarken dikkat edilirse elemanının üzerinden.ve. göz akımlarının her ikisi de akmaktadır. Bu elemanın akımı, göz akımlarının yönleri aynı ise toplamı farklı ise göz akımlarının farkına, yönü sayısal değeri büyük olanın yönünü alması ile bulunur. Göz akımlarının yönlerini keyfi alabiliriz. Bu çözümü yapacak kişinin keyfine kalmış, fakat alınan yöne göre denklem doğru olarak oluşturulması gerekir. Denklem doğru bir şekilde oluşturulursa sonuçta hiçbir sayısal değişiklik olmaz sadece pozitif veya negatif değer çıkacaktır. Bu bulunan değerin mutlak değeri alınabilir. Çünkü akım sıkalar büyüklüktür. Değer negatif çıkmışsa sadece akım seçilen yönde değil tam tersi yönde akıyor anlamı çıkarılmalıdır. Bu açıklamalarımızı sayısal değerli bir örnek üzerinde göstererek anlaşılmasını sağlayalım. 88

110 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek6.: ekil6.deki devrenin, çevre akımlar yönteminden yaralanarak göz, eleman(kol) üzerlerinden geçen akımları ve eleman uçlarındaki gerilim değerlerini bulunuz. (a) (a) (b) Şekil6. Şekil6. (a) deki devrede iki göz olduğundan bu gözün akımları ve olarak ve yönleri saat ibresi yönünde alınmıştır. Bu göz akımlarına göre Ω, direnç üzerindeki gerilim (Ω)( ) ve kutupları şekil üzerindeki gibi olur. 6 Ω direnç uçlarındaki gerilim de ohm kanununa göre 6 kutupları şekildeki gibidir. Bu dirençlerin göz akımlarının kol akımlarına eşit olduğunu görebilmeniz gerekir. Ω dirençten 6Ω dirençten ise sadece akımları geçtiğinden göz akımı ile kol akımları eşittir. 4Ω direnç uçlarındaki gerilim bu eleman üzerindeki akım ( - ) dir. Çünkü.göz için bu eleman üzerinden devredeki kaynağın daha fazla akım akıttığı düşünülür. Bu göz için 4Ω üzerindeki gerilim 4( - ),.göz için şekil6.(b)de gösterildiği gibi akım değeri ( - )den 4( - ) olur. ( c) Şekil6. Eğer akım yönleri farklı olmasaydı, farkları değil toplamları olurdu. Dikkat edilirse 4Ω üzerinden her iki göz akımı da akmakta ve bu akımların yönleri farklı olduğu için birbirlerinden çıkartılmıştır. Farklı olmasaydı ( ) gibi bir durum oluşurdu.şekil6.(c)de kaynakların ve bu kaynakların direnç uçlarındaki gerilim 89

111 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ düşümlerinin kutuplarını bu şekil üzerinde gösterilmiştir. Bu açıklamalardan sonra her göz için gerilimler kanunu uygulayarak denklemlerini oluşturalım..göz.göz 6 4( 6 4( ) 8 0 ) denklemi elde edilir..gözdeki denklemde 6V a eşitken.gözde gerilimlerin toplamı 0 a eşit gösterilmiştir. Bunun nedeni.gözün akım yönü kaynağın devreye sürdüğü akımla ters olduğundandır. Her iki durumu görmeniz açısından bu tip örnek verilmiştir. Bu denklemi düzenleyerek tekrar yazalım denklem düzenlenir. Göz akımları bilinen bir matematiksel yöntemle çözülür. Burada çözüm matrisle yapılarak göz akımları aşağıdaki şekilde yapılacaktır. Önce a bulunur. 6 4 det (6.0) ( 4. 4) göz akımlarını da gerilim değerlerini yerlerine koyarak matrisle çözersek; (6.0) ( 8. 4) A (6. 8) ( 4.6) 44 A Bulunan göz akımlarının sonuçlarını irdelersek.göz akımı A çıkmış, pozitif değer olarak görülmektedir. Bunun anlamı alınan göz akımı yönü doğrudur. Bu kaynak devreye alınan yönde akım akıttığı görülüyor. Gerilim kaynağı artıdan eksiye doğru akım akıttığı için pozitif çıkacağını çözüm yapmadan da görebilirdik. Alınan yönün tersi alınmış olsaydı ve denklem doğru oluşturulursa sonuç skaler olarak değeri değişmeyecek sadece negatif olacaktı. Bunu.gözde görmekteyiz bu sonucu sayısal hiç değiştirmez. Sadece değeri negatif çıkar. Alınan yönde değil tersi yönde akımın aktığı düşünülmesi gerekir. Bu sonuçlara göre Ω üzerinden alınan yönde A, 6Ω üzerinden (-A) alınan yönün tam tersi yönde akım akmaktadır. 90

112 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Devre üzerindeki 4Ω üzerindeki akım şekil6.(b) deki şekil üzerinde gösterildiği her iki duruma göre bulursak; 4Ω 4Ω A ( A) A ( A) (A) A veya bulunur. Akım bu eleman üzerinden. göz akımı yönünde akmaktadır. Örnek6.: Şekil6. deki verilen devrede eleman uçlarındaki gerilim düşümünü çevre akımlar yönteminden yararlanarak bulunuz. Şekil6. İki gözlü, iki göz akımı olacaktır. Bu akımlara göre gözlerin gerilim denklemi; denklem düzenlenirse;.göz.göz 0,5.0,.0 (,.0 - ( ) 6 ) 6 9,.0 -,.0 -,.0,

113 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (a) Şekil6.4 (b) Şekil üzerinde değerlerini ve kutupları gösterdiğimiz değerleri denklemi çözerek bulabiliriz.,.0 6 det (,84 4,84).0 6 det 5,.0,.0,7.0,.0 det, ,.0,7.0 (, ) (48,) ,89mA 8,74mA göz akımları bulunur.bu göz akımlarından faydalanılarak,kω değerini bulursak; 9

114 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ,kΩ,kΩ 7,89mA 8,74mA 0,85mA (0,85mA).(,kΩ),V kω üzerinden.göz,5kω üzerinden.göz akımı aktığından bu direnç uçlarındaki gerilim değerleri aşağıdaki şekilde bulunur. Örnek6.: kω,5kω.kω (7,89mA).(k Ω) 7,89V.,5kΩ (8,74mA).(,5 kω),v Şekil6.5(a)deki devrenin her göz için gerilimler denklemini oluşturarak matrisle çözülecek duruma getiriniz. (a) (b) Şekil6.5 9

115 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil6.5(a)deki devrede akım kaynağı olduğundan bu akım kaynağını gerilim kaynağına dönüştürerek şekil6.5(b) deki haline aldırıldı. Verilen üç gözlü devre ve üç göz akımı şekilde gösterildiği gibi yönler belirlenmiş kol akımlarının göz akımları karşılıkları şekil üzerinde gösterilmiştir. Bu gözlerin gerilim denklemini aşağıdaki şekilde oluşturabiliriz. Akım kaynağı gerilim kaynağına dönüşüm yapılarak ohm kanunundan değeri bulunur. (0,4A).(60Ω) 4V Her gözün çevre denklemini kirşofun gerililer kanunundan oluşturulur..göz.göz.göz ( ( 00 )0 ( - )60 ( bu denklem düzenlenirse; ( ) )40 50 )40 ( ) denklemi x matrisle değerlerini yazarak bulabiliriz veya yok etme metoduyla da çözülebilir. x matrisin değerleri denklemden yazalım; bu matris çözülürse göz akımları bulunur. Bu bulunan akımlarda yaralanarak kol akımlarının değeri de bulunmuş olur. 94

116 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 6. DÜĞÜM GEİİMEİ İE DEVE ANAİZİ Düğüm gerilimleri ile devrelerin analizleri yapılabilir. Bu yöntemle devre analizi yapmak için analizi yapılacak devrede gerilim kaynakları bulunuyorsa bunun eşdeğeri olan akım kaynağına dönüşümü yapılıp devre tekrar düzenlenmesi gerekir. Yeni oluşacak devrede düğümler belirlenip, en kalabalık düğüm noktası referans düğüm tayin edilerek o düğüm topraklanması gerekir. Aktif düğümlere bir isim verilerek(, veya A, B gibi) bu düğümlere kirşofun akımlar kanunu her düğüm için ayrı ayrı uygulanır. Düğüme giren akımları pozitif çıkan akımlara negatif mantığı düşünülürse;.düğümden çıkan akım diğer düğüme giren olduğunu unutmamak gerekir..düğümde aynı akım negatif durumunda iken diğer düğüme girdiği için pozitif olacaktır. Düğümlere giren aktif elemanların yönleri giren, çıkan durumunda bağlı ise aynı yönü almak zorunluluğu vardır. Fakat bağımsız kol akımlarını istediğiniz yönde alabilirsiniz. O kollar için seçiminizi hangi yönlü kullanmış iseniz sürekli aynı yönü o devrede o kol için kullanmak zorundasınız. Kolların üzerinden geçen akımları düğüm gerilimleri eşitinden yazarak oluşturduğunuz denklemde yerine yazarak düğüm gerilimlerini matematik kuralları ile çözümü yaparsınız. Düğüm gerilimleri bulunduktan sonra kol akımları ve o kolun gerilimleri bu şekilde bulma imkanına sahip olursunuz. İki düğüm arasındaki bir direncin üzerinden geçen akım ile referans düğüm arasında kalan bir direncin üzerinden geçen akımı düğüm gerilimleri eşiti aşağıdaki şekilsel ve teorik olarak gösterilmiştir. ( > >...>0) Şekil6.6 0Ω direncin bağlı olduğu düğümler ve düğümleri bu düğümlerin potansiyel farkı bu eleman üzerindeki gerilimi verir. Bu gerilimin direnç değerine bölümü(ohm kanunu) o kolun üzerinden geçen akımı verecektir. Burada dikkat edilirse.düğümün geriliminin yüksek potansiyelde olduğu kabul edilmiştir. eferans düğüm tayin ettiğiniz düğümü toprakladığınızdan o düğümün gerilimi sıfır olacaktır. Ondan dolayı 00Ω direncin uçlarındaki gerilim sadece.düğümün gerilimine eşittir. 95

117 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bu sözle ifade ettiklerimizi bir örnek üzerinde uygulamasını yapalım. Örnek6.4: Şekil6.7(a)de verilen elektrik devresinde kol akımlarını düğüm gerilimleri yöntemi ile bulunuz. Çözüm6.4: (a) Şekil6.7 Şekil6.7(a)daki devreye baktığınızda devrede iki aktif kaynak mevcut. Bu kaynağın birisi gerilim kaynağı. Bu kaynağı, çözüm düğüm gerilimleri yöntemi ile yapılacağından akım kaynağı eşdeğerine dönüştürülmesi gerekecektir. Akım kaynağına dönüşüm yapıp şekli tekrar çizilirse şekil6.7(b)deki gibi olacaktır. (b) 96

118 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (c) Şekil6.7 Şekil6.7(c)deki devrede akım kaynağına dönüşüm yapıldıktan sonra devre üç düğümlü devre haline gelmiştir. En kalabalık düğüm noktası referans düğüm tayin edilmiş bu düğüm topraklanmıştır.( gerilimi sıfıra çekilmiştir.) referans düğümü seçimi çözümü yapan kişiye göre de değişebilir. Ancak kalabalık düğümü seçmede fayda vardır, bu düğüm topraklandığında bu noktanın potansiyelinin sıfır olacağı bilinmelidir. Bu açıklamalardan sonra dirençlerin üzerlerinden geçen akımları düğüm gerilimleri eşitinden yazalım. Ω 4Ω 8Ω Ω 4Ω 8Ω bu eşitliği yazdıktan sonra aktif düğümlere kirşofun akımlar kanununu uygulamadan şekil6.7(c)deki devrede akım kaynaklarının yönleri hiç değiştirilmeden diğer kol akımları keyfi alınışı görülmektedir. Buradaki keyfilik ilk düğümde seçilen yön eğer çıkan alındı ise bu kol aktif ikinci düğümle ortaklaşa bağlı durumunda ise bu kolun üzerinden geçen akımı çıkan alınamaz bu düğüme giren olarak işaretlemek zorunluluğu vardır. ( akımı.düğümden çıkarken.düğüme giren durumunda) Çünkü akım aynı elemanı terk ediyorsa diğer tarafa giriyor durumundadır. Akım yönleri belirlendikten sonra aktif düğümlere kirşofun akımlar kanunu uygulanır. Bu devrede giren akımlar pozitif çıkan akımlar negatif kabul edilmiştir. A A 0 0.düğümün akımlar kanunu denklemi.düğümün akımlar kanunu denklemi 97

119 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ denklem düzenlenirse; A A akımların düğüm ger.eşiti ( ) A 4 " A 4 8 düğüm gerilimleri eşitini yazdığımız denklem düzenlenirse; 4A 6A aktif düğümlerin düğüm gerilimleri denklemi oluşturulmuş olur. Bu denklem matematiksel yöntemlerle çözülürse düğüm gerilimleri bulunur. Bu denklemi matris halinde göstererek, determinantla çözümü yapalım.(yok etme metodu ile de yapılabilir) det (. ) (. ) 7 6 (.4) ( 6. ) ( ) 6 8 4V (. 6) (.4) ( 48) V Düğüm gerilimleri bulunur. Bulunan gerilim değerleri > olduğuna göre 4Ω üzerinde.düğümden.düğüme doğru akmaktadır. Bu bulunan düğüm gerilimlerine göre kol akımları aşağıdaki gibi önceden yazmış olduğumuz kol akımlarını düğüm gerilimleri eşitinde değerleri yerine yazarak bulabiliriz. V Ω 4V V V A Ω Ω 8V A 8Ω 8Ω 4Ω 4V 8V 4Ω A Bu değerler bulunur. Sonuçları irdelersek akımı (-A) çıkmış olması neticeyi değiştirmez. Buradaki negatiflik akımın.düğümden.düğüme doğru değil tam tersi aktığını göstermektedir. Bunun olacağı > den görülmektedir. Çünkü potansiyeli e göre daha yüksek çıkmıştı. Bilindiği üzere akım potansiyeli yüksekten alçağa doğru akım akıtmaktadır. Diğer bir durum ise akımı bulunurken V luk 98

120 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ değerin gelmesi Örneğin şekli6.7(a)deki devrede gerilim kaynağının değeri V düğümün gerilimi ise 4V bulundu. Bunların farkı ise Ω direnç uçlarındaki gerilimi vereceğinden Şekil6.8de görüldüğü gibi ( Şekil6.8 4 V V V V 4V V ) Ω direnç uçlarındaki gerilim V değeridir. Bu direncin üzerinden geçen akım bulduğumuz şekildedir. V luk gerilim kaynağının yönü tersi durumunda tabi ki çıkarılmayacak toplanacaktır. Düğüm yönteminde bu durumlarla sıkça karşılaşılacağı için detaylı şekilsel olarak gösterilmiştir. Örnek6.5: Şekil6.9(a)deki devrede 4kΩ üzerinden geçen akımı düğüm gerilimleri yöntemi ile bulunuz. (a) Şekil6.9 99

121 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm6.5: Bu örneğimizin çözümünü de direnç değerleri ile değil de iletkenlik değerleri cinsinden yazarak bulalım direnç değerlerinin iletkenlik eşitlerini bulalım. G G 0.0 Ω S(siemens) 0,5.0 kω.0 Ω - S G G 4 4 0,5.0 kω - 0,5.0 4kΩ S - S (b) Şekil6.9 Her düğüm için kirşofun akımlar kanunu uygularsak; şekil6.9(b)deki devrede elemanların üzerlerinden geçen akım, iletkenlik ve düğüm gerilimleri çarpı olarak gösterilmiştir. Giren akım çıkan akıma eşit olacağından; ( 0.0 0,5.0 ) ,5.0 0 ( ).düğüm denklemi.düğüm denklemi denklemleri düzenleyerek matrise değerleri yazıp determinantla düğüm gerilimlerini bulalım.,5 80,75 0,5 det det,65,65,75 00

122 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ bu örnek için düğüm gerilimini bulmaya gerek yok çünkü 4 direnci sadece düğümü ve referans düğüme bağlı durumda, bu elemanın üzerinden geçen akımı aşağıdaki şekilde bulunabilir., det,54v 0,65 0,5.0 (0,5.0 S).(,54V) 4 kω 5,9V Sizlerde diğer kol akımlarını kol gerilimlerini ve bu elemanlarda harcanan güçleri bulunuz. 6- WHEATSTON(VESTON) KÖPÜSÜ Veston körüsü uygulamada değeri bilinmeyen dirençlerin değerini ölçerek ve teorik olarak bulmada çok kullanılan bir yöntemdir. Şekil6.0 da görüldüğü gibi bağlantısı yapılır. Devre üzerindeki X değeri bilinmeyen v ise AB uçlarının gerilimlerinin eşit olmasını sağlayan dirençtir. Köprüde ayarlanabilen v direnci sayesinde AB uçlarının gerilimini eşit oluncaya kadar ayarlanır bu eşitlik çok küçük akım ve gerilimleri ölçebilen galvanometre sayesinde görülür. Galvanometre üzerinde o(sıfır) akım değeri görüldüğü anda bu durumdan AB uçlarının gerilimlerinin eşit olduğu anlamamız gerekir. Aksi taktirde bir akım değeri görülürse bu uçların henüz gerilim değerlerinin eşit olmadığı ve v direncinin değerini azaltmak veya artırmak gerekebilir. Bu açıklamalar ışığında ve önceki bilgilerimizi hatırlayarak aşağıdaki işlemleri gerçekleştirirsek değeri bilinmeyen direncin değerini bulma formülümüzü oluşturabiliriz.. bu frmülü yazdıktan sonra. A X v B.. 4 Şekil6.0 AB uçlarının gerilimleri eşit olmasını v direnci ile ayarlandı v ve 4 eşitliğini bu dirençler le gösterilirse bu iki formül taraf tarafa bölünürse ve X çekilerek; 0

123 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ X V 4 X V.( 4 ) bulunur. Veston köprüsü ile değeri bilinmeyen direncin değerini veren formül. Bu formülde kullanılan harflerin anlamları; x :Omik değeri bilinmeyen direnç(ohm) v.ab uçlarındaki gerilim değerini o volta ayarlamamızı sağlayan pot. ve :Omik değeri belli olan dirençler(ohm) Örnek6.6: Şekil6.deki devrede verilen değerler doğrultusunda x direncinin değerini bulunuz. Şekil6. x 00Ω v.( ) 500Ω.( ) 446Ω 560Ω 4 0

124 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM 7 DEVE TEOEMEİ 7. SÜPEPOZİSYON TEOEMİ 7. THEVENİN TEOEMİ 7. NOTON TEOEEMİ 0

125 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 7. SÜPEPOZİSYON TEOEMİ Birden fazla kaynak bulunan doğrusal ve çift yönlü bir elektrik devresinde herhangi bir koldan geçen akım veya kolun uçlarındaki gerilim süperpozisyon yöntemi ile bulunur. Doğrusal ve çift yönü bir elektrik devresinde herhangi bir koldan geçen akım veya kolun uçlarındaki gerilim kaynaklardan her birinin ayrı ayrı bu koldan geçirdikleri akımların veya kolun uçlarında meydana getirdikleri gerilimlerin cebirsel toplamına eşittir. Bu yöntem, devre çözümlerinde çok işe yarar. Gerilim veya akım kaynakları ile beslenen lineer devrelere uygulanır. Devrede kaç aktif kaynak varsa, sıra ile kaynaklardan yalnız bir tanesi devrede bırakılarak diğerleri, gerilim kaynakları ise kısa devre, akım kaynakları ise açık devre yapılır. Örnek vermek gerekirse; kaynaklar gerilim kaynağı ise devredeki herhangi bir kolun akımı bulunması isteniyorsa sıra ile her gerilim kaynağının o koldan geçirdiği akımlar bulunur. Bu bulunan akımların cebirsel toplamı kol üzerinden geçen akımı verir. (akımların yönleri dikkate alınır) Bu konu ile ilgili örnekler yaparak konun anlaşılmasını sağlayalım. Örnek7.: Şekil7. deki devrede gerilim kaynakları, dirençlerden oluşan devre için elemanının üzerinden geçen akımını süperpozisyon yöntemi ile bulunuz. Çözüm7.: Şekil7. akımının bu yöntemle çözülebilmesi için yöntemin uygulanması gerekir. Burada ilk yapılacak devreyi tek kaynak kalacak şekilde tekrar çizmek gerekir. (a) (b) 04

126 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (c) Devredeki dirençlerin kaynağından çektiği toplam akım(c) deki devre için; // T T Şekil7. (d) Şekil(d) deki devrede görüldüğü gibi geriliminin elemanı üzerinden geçirdiği akım, akım bölme kaidesinden; () ( ) T bulunur.. Şekil7. (b)deki devresinde, şekil7. devredeki verilen gerilimini devreden çıkartılmış o uçlar kısa devre edildiği şekil üzerinde görülmektedir. Eşdeğer(toplam) direnç ve kaynaktan çekilen toplam akımın bulunması şekil7.de gösterilmiştir. Şekil7. şeklindeki devrede akım bölme kaidesinden faydalanılarak () akımın yönünü göstererek bulunması gösterilmiştir. kaynağı elemanı üzerinden akıttığı akım ve yönünü buluk devrede ikinci bir kaynak olduğundan bu elemanın üzerinden kaynağının akımını da şekillerle ve teorik olarak aşağıdaki şekilde bulunur. Şekil7.de aynı () deki işlemler tekrar edildiği taktirde bu akımı bulabiliriz. Yapacağımız şekillerde de görüldüğü gibi gerilim kaynağını devre dışı bırakıp, gerilim kaynağını devreye bağlamak olacaktır. İşlemleri yeni devreye göre çözmek olacaktır. (e) gerilim kaynağı kısa devre edilir ve tekrar devreye bağlanır. (f) Devrenin eşdeğer direnci ve den çekilen T akımı T // T bulunur. T 05

127 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (g) gerilimin kaynağından çekilen () akımı akım bölme kaidesinden faydalanılarak; () ( ) bulunur. (h) direnci üzerinden ve gerilim kaynakları (), () akımları akıtmaktadır. Burada yönlerine baktığımızda her iki kaynaktan çekilen akımların yönleri aynı olduğundan () () bulunur. Örnek7.: Şekil7.(a)deki devrede elemanı üzerinden geçen akımı süperpozisyon yöntemi ile çözünüz. (a) Şekil7. Şekil7.(a) deki çözümü istenen devreyi Şekil7. (b) de olduğu gibi kaynağını devreden çıkarıp bu uçları kısa devre ettikten sonra geriliminin direnci üzerinden akıtacağı akımın değeri aşağıdaki gibi bulunur, yönü şekilde gösterildiği gibidir. Akımın yönü bilindiği üzere gerilim kaynağı dış devreye pozitiften negatife doğru akım akıttığı içindir. Bu açıklamalardan sonra (b) deki devrede gösterilen () değerini bulalım. 06

128 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ T. kω.,kω kω,69kω,kω akım bölme kaidesinden üzerinden geçen akım; T () () T (,69mA 0V,8mA,69kΩ ). T bulunur. kω ( ).,8mA,kΩ Bu akım sadece gerilimi devrede iken direncinin üzerinden akan akımdır. (b) Şekil7.(c) deki devreye çıkarılıp tekrar bağlanmış ve şekil tekrar çizilmiştir. Bu kaynağın elemanı üzerinden geçirdiği akımı kaynağının devrede bağlı durumda yaptığımız gibi çözersek; Şekil7. (c ) T. ( kω.,kω kω,kω,69kω ) (c) deki devrenin eşdeğer direnci bulunur. T direncine eşit çıkması verilen değerler doğrultusundadır. Bu her zaman aynı çıkmaz. kaynağının çekilen toplam akım, daha sonra akım bölme kaidesinden elemanı üzerinden geçen () akımının değerini; 07

129 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 5V,69kΩ T T 8,88mA kω () ( ). T ( ).8,88mA,78mA,kΩ bulunur. Bu akımın yönü de şekil7.(c) üzerinde gösterilmiştir. Dikkat edilirse kaynakların bu eleman üzerlerinden geçirdikleri akımların yönleri farklıdır. Bu bulunan değerlerin skaler toplamı üzerinden geçen akımı verecektir. T () (),69mA,78mA 90µA(mikro Amper) değerin pozitif çıkması akımın yönün kaynağının akıttığı akım yönünde olduğunu gösterir. Örnek7.: Şekil7.4(a) görülen devrede kω direnç uçlarındaki gerilimi süperpozisyon teoremi ile bulunuz. Şekil7.4(a) Devrede üç tane aktif kaynak olduğu görülüyor. Süperpozisyon teoreminde her kaynağın analizi yapılacak elemanın üzerinden geçirdikleri akımlar ayrı ayrı bulunduğuna göre devrede bir kaynak bırakacak şekilde devreyi tekrar çizip devrede bıraktığımız kaynağın kω üzerindeki oluşturduğu gerilimi bulalım. Şekil7.4 (b) 08

130 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 0mA lik kaynak 4kΩ ve kω luk direnç üzerinden akar. Çünkü kω direnç 5V luk kaynağın kısa devre edildiğinden dolayı kω üzerinden bu kaynak akım akıtmamaktadır. 0mA lik akım kaynağının kω direnç üzerinde oluşturduğu gerilimi bulmak için akım bölme kaidesinden kω üzerinden geçen akım bulunur ohm kanunundan bu eleman üzerindeki 0mA lik kaynağın oluşturduğu gerilim düşümü bulunur. 4kΩ Ω ( ).0mA 8mA (8mA).(k Ω) kω 4kΩ k 8 V 0mA lik kaynağı devreden çıkartıp 5V luk kaynağı devreye bağlayalım. Şeklini çizerek bu kaynağın kω direnç uçlarındaki gerilim düşümünü bulalım. Şekil7.4 (c) Akım kaynağını çıkarttığımız uçlar şekil7.4(c) de görüldüğü gibi açık devre halinde bırakılmıştır. Bunu önceki konularımızda açık deve olacağını ifade etmiştik. Bu hatırlatmadan sonra devrede bağlı olan 5V luk aktif kaynağın kω uçlarındaki oluşturduğu gerilim düşümünü bulalım. Devreye baktığımızda kω ile 4kΩ birbirleri ile seri bu serilik 5V ve kω dirence paralel durumdadır. Gerilim bölme kaidesinden kω direncin uçlarındaki gerilimini; kω ( ).5V 5 V kω 4kΩ bulunur. iki aktif kaynağı devrede tek bırakıp kω üzerinde oluşturdukları gerilim düşümlerini bulduk. Devreye tek bağlamamız gereken tek bir aktif kaynak oda 5V luk gerilim kaynağıdır. Bu kaynak devrede kalacak şekilde diğer aktif kaynakları çıkarıp bu kaynağın kω üzerinde oluşturduğu gerilim düşümünü bulalım. 09

131 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil7.4(d) Şekil7.4(d)ki devreye dikkatli bakıldığında kω üzerinden bu kaynağın akım akıtmadığı görülür. Nedenine gelince çıkardığımız 5V luk kaynağın uçlarındaki kısa devreden dolayıdır. kω üzerinden akım geçmediği içinde gerilim düşümü; 0 olur. Devredeki aktif kaynakların kω direnç uçlarındaki oluşturdukları gerilim düşümü; k Ω ( 8 V) ( 5 V) 0V V bulunur. Bu örnekte kω üzerinde harcanan güç de istenmiş olsaydı. Süperpozisyon yöntemi ile bulunan gücün doğru olarak bulunup bulunamayacağını gösterelim. kω üzerindeki gerilim V olarak bulmuştuk, güç formülünden elemanın harcadığı güç; 0 Ω kω P kω kω 9mW bulunur. Bu yöntemle bulunan güç doğrumu? Onu görelim. Devredeki aktif kaynakların kω dirence verdikleri güçleri ayrı ayrı bulup bu bulduğumuz güçle karşılaştıralım eğer sonuç birbirine eşit çıkarsa bu yöntemle bulunan güçler doğrudur aksi durumda bu yöntemle güç bulunmaz yorumu yapmak gerekir. 0mA lik kaynağın kω için harcadığı güç 5V luk kaynağın kω için harcadığı güç 5V luk kaynağın kω için harcadığı güç 8 V 0 Ω P kω 5 V 0 Ω 64mW P kω 0V 0 Ω P kω 5mW 0mW 0

132 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bu kaynakların kω için harcadıkları toplam güç; P P P 64mW 5mW 0mW 89mW bulunur. Kaynakların harcadığı güçle P kω bulunan güç farklıdır. Bu yöntemle bulunan güç doğru değildir. Çünkü süperpozisyon teoremi lineer değerler için kullanılan bir teoremdir. Güç ise lineer değildir. 7. THEVENİN TEOEMİ Thevenin teoremi; bir yada daha fazla gerilim kaynağı ile beslenen lineer devre çözümlerini kolaylaştıran bir yöntem olup, şu biçimde tanımlanır. A ve B gibi uçları olan bir devrenin bu uçlarına bir direncin bağlandığı zaman, bu dirençten AB geçen akım dır. T Şekil7.5 Burada AB ; A,B uçları arasında direnci yokken bu uçlar arasındaki ölçülen potansiyel fark. T ; devredeki bütün gerilim kaynakları, kısadevre, akım kaynakları açık devre yapılarak elde edilen A,B uçları arasındaki toplam direncidir. Böylece, T ile AB seri bağlanarak elde edilen devreye AB arasında gözüken devrenin THEVENİN EŞDEĞE devresi denir. Şekil7.5de görüldüğü gibi elektrik devresinin AB uçlarındaki thevenin eşdeğerini verir. Buradaki AB gerilimine Thevenin eşdeğer gerilimi olan TH AB ve T direncine ise TH olarak kullanılacaktır. Orijinal devrede bağlı iken direnci üzerinden geçen ve uçlarındaki gerilim değeri ne bulunursa, o orijinal devrenin Thevenin eşdeğeri oluşturulur direnci thevenin eşdeğerine bağlanır ve hesaplaması veya doğru ölçülürse aynı değeri bulursunuz.

133 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil7.6 Orijinal devre ve o devrenin Thevenin eşdeğeri Elektrik, elektronik devreler karışık olabilir. Devrenin analizini thevenin teoremi ile yapılacak olursa hata yapma oranı sıfıra iner. Şimdi bu adımları maddeler halinde açıklayalım. ) Analizi yapılacak kol orijinal devreden çıkartılır. Çıkarılan bu noktaya bir isim verilir. (A,B veya, gibi) ) Devreden bütün kaynaklar çıkartılır.çıkarılan gerilim kaynağı ise o uçlar kısa, akım kaynakları ise açık devre yapılır. Çıkarılan (analizi yapılacak) kol uçlarından bakılarak o uçların eşdeğer direnci bulunur. Bu bulunan eşdeğer direnç, çıkartılan kol uçlarının thevenin eşdeğer direnci( TH )dir. ) Analizi yapılacak kolun (.maddede çıkarılan kol) uçlarının Thevenin eşdeğer devresi çizilir. Şekil7.7 Orijinal devre ve AB uçlarının Thevenin eşdeğeri 4) Çıkartılan kol thevenin eşdeğer devresine (AB uçlarına) bağlanır. Kirşofun gerilimler kanunu uygulanarak kol akımı bulunur.

134 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek7.4: Yukarıdaki maddeleri uygulayarak şekil7.8 deki devrede 4 direncinin üzerinden geçen akımı bulunuz. Şekil7.8 (a) Orijinal devre Çözüm7.4: (b) Akımı bulunacak kol ( 4 ) devreden çıkartılır bu uçları A B ile isimlendirilir. Şekil7.8 (b) de gösterildiği gibi olur. Devredeki tüm kaynaklar devreden çıkartılıp AB uçlarının Thevenin eşdeğer direnci bulunur. Şekil7.8 (c) deki devrenin. Şekil7.8(c) TH. ( ) Thevenin direnci bulunur.

135 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ TH AB Şekil7.8 (d) ( ). Kaynak Şekil7.8 (d) şeklideki gibi tekrar devreye bağlanır, AB uçlarının gerilimi bulunur. Bu gerilim TH gerilimidir. AB gerilimi ise elemanı açık devre durumunda, üzerinden akım geçmeyeceğinden direncinin uçlarındaki gerilim 0V olduğundan AB direncinin uçlarındaki gerilime eşittir. değeri bulunur. Bu değer bulunduktan sonra AB uçlarının thevenin eşdeğer devresi şekil7.8 (e)deki gibi çizilerek 4 direnci üzerinden geçen akım bildik kanundan yaralanarak bulunur. 4 TH TH 4 Şekil7.8 (e) AB uçlarının thevenin eşdeğer devresi Bu örneğimizi elimizde ölçü aleti olduğu taktirde AB uçlarının Thevenin eşdeğer devresini oluşturmak için Şekillerle göstererek açıklayalım ve laboratuarınızda sizlerde deney setinizde oluşturarak bulunuz. 4 uçlarındaki Thevenin gerilimini ölçmek için şekil7.9(a) daki devrede gösterildiği gibi bulunur. Şekil7.9 (a) AB uçlarının TH geriliminin ölçme ve teorik değeri 4

136 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ AB uçlarının TH eşdeğer direncini ohmmetre ile şekil7.9 (b)deki şekilde bağlayarak ölçüp,thevenin eşdeğer devresini oluşturarak ölçtüğünüz değerleri yerine yazmak suretiyle eşdeğer devreyi oluşturmuş olursunuz. (b)ohmmetre ile TH nin bulunması (c) Thevenin eşdeğeri Şekil7.9 Örnek7.5:Şekil7.0(a)deki devrenin AB uçlarının thevenin eşdeğerini bulunuz. (a) (b) TH geriliminin bulunması Şekil7.0 Şekil7.0(a)deki devrenin AB uçlarındaki thevenin eşdeğer gerilimi şekil7.0(b) deki gibi ve dirençlerin uçlarındaki gerilime eşittir. Bu gerilimi gerilim bölme kaidesinden aşağıdaki gibi bulunur. 47Ω Ω TH ( ). ( ).0V 4,08V 00Ω 47 00Ω Thevenin eşdeğer direnci devreden aktif kaynaklar çıkartılarak şekil7.0(c)deki görülen AB uçlarından bakıldığında dirençlerin bağlantı şekillerine bakılarak aşağıdaki şekilde bulunur. 5

137 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil7.0 (c) Örnek7.6: Şekil7.(a)deki devrede 8,65Ω üzerinden geçen akımı thevenin teoremi ile çözünüz. Çözüm7.6: Şekil7.(a) Akımı bulunacak direnci devreden çıkartarak o uçlara AB ismi verilerek, bu uçların thevenin gerilimi aşağıdaki şekilde bulunur. Şekil7. (b) Şekil7.(b)deki devrede A ve B gerilimi gerilim bölme kaidesinden bulunur. Bu gerilimlerin farkı AB gerilimini verir, aynı zamanda thevenin gerilimi bulunmuş olur. Çünkü AB gerilimi thevenin gerilimine eşittir. 6

138 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ A 5Ω ( ).0V 5V 5Ω 5Ω B 8Ω ( ).0V 8V 8Ω Ω TH AB A B 5V 8V 7 V bulunur. AB uçlarının eşdeğer direnci, devredeki tüm kaynaklar çıkartıldıktan sonraki direncidir. Bu Şekil7. (c) deki şekil üzerinde gösterilmiştir. Bu uçlardan bakıldığında devredeki dirençlerin bağlantı durumlarına göre eşdeğer direnç bulunur. Bu bulunan eşdeğer direnç aynı zamanda thevenin eşdeğer direncidir. TH 5Ω.5Ω Ω.8Ω 5Ω 5Ω Ω 8Ω (c) 5,5Ω TH 7V 5,5Ω 8,65Ω Şekil7.(d) Thevenin eşdeğer devresi 8,65Ω TH 8,65Ω 0,5A Örnek7.7: Şekil7.(a)deki veston köprüsü şeklinde verilen devrenin yük direncinin üzerinden geçen akımı thevenin yöntemi ile bulunuz. Çözüm7.7: Şekil7.(a)da verilen devrenin yük direncinin üzerinden geçen akımın bulunması için bu uçların thevenin eşdeğeri bulunması gerekir. Bu eşdeğeri oluşturan değerler TH ve TH değerleridir. Öncelikle direncini şekil7.(b) gösterildiği gibi devreden çıkartılır bu uçlara görüldüğü gibi AB uçları adı verilmiştir. Veston köprüsü şeklinde verilen devre daha iyi anlaşılması için şekil(c)de olduğu gibi tekrar çizilerek elemanların bağlantı şekilleri daha iyi görülür hale getirilmiştir. Bundan sonra TH bildik kanunlardan şekil7.(d)deki gibi bulunur. 7

139 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (a) (b) devreden çıkartılır (c) Devrenin açık gösterimi (d) TH gerilimi AB uçlarının gerilimleri farkıdır. (e) kaynağı kısa devre edilir. TH A B ( 4 ). ( 4 ). 8

140 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil7. (g) AB uçlarının Thevenin eşdeğer devresi, yük direncinin eşdeğer devreye bağlantısı ve üzerinden geçen TH akım; TH (f) kısa devre edildikten sonra dirençlerin bağlantı şekli bu duruma gelir ( TH // // 4 ) Örnek7.8: (g) AB uçlarının Thevenin eşdeğer devresi, yük direncinin eşdeğer devreye bağlantısı ve üzerinden geçen TH akım; TH Örnek 7.de sayısal değeri olmadan incelediğimiz devreyi aşağıdaki şekil7. üzerinde gösterilen değerler doğrultusunda direncinin üzerinden geçen akımı Thevenin yöntemi ile bulunuz. Şekil7. 9

141 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Çözüm7.8: Bu örneğimizi thevenin teoreminin başlangıcında maddeler halinde çözümün daha kolay bir şekilde çözülebileceğini söylemiştik. Bu örnekte bu adımları uygulayarak çözüm yapalım. ) adım: Analizi yapılacak kol ( ) devreden çıkarılır ) adım: devredeki aktif kaynaklar devre dışına çıkarılır çıkarılan kaynak gerilim kaynağı(4v) ise kısa devre edilir. ) O kol uçlarından bakılarak Bulunur. TH.. 4 (0Ω).(680Ω) (680Ω).(560Ω) 00Ω 40Ω 4 Ω 07Ω 59Ω 4) Kaynak gerilimleri tekrar devreye bağlanır, bu kaynakların analizi yapılacak kol() uçlarındaki gerilim bildik kanunlardan TH A ( 4 ). ( 680Ω 560Ω yararlanılarak ( ).4V - ( ).4V 00Ω 40Ω 6,6V -0,84V 5,V B 4 ) bulunur. 5) Analizi yapılan kol uçlarının thevenin eşdeğer devresi çizilerek, thevenin eşdeğer devresine analizi yapılan kol bağlanır. Kirşofun gerilimler kanunundan faydalanılarak analizi yapılacak kolun uçlarındaki gerilim 0

142 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ kω ( ). TH ( ).5,V,48V kω 59Ω TH bulunur. Ohm kanunundan yararlanarak o kolun üzerinden geçen akım,48v kω,48ma bulunur. Güç formülünden yaralanılarak o kolun harcadığı güç P.,.0,48V.,48mA (,48V).(,48.0 W,mW bulunur. Bu kolun thevenin yöntemi ile böylelikle analizi yapılmış olur. Sizlerde aynı şekil için yük direnci, aynı kalmak koşulu ile,,kω,,kω,,9kω ve 4,7kΩ olduğuna göre direncinin analizini şimdiye kadar öğrendiğiniz tüm yöntemlerle çözüp sonuçları karşılaştırınız. Örnek7.9: Şekil7.4(a)deki devreye yük direnci olarak, kω ve kω direnç bağlanarak bu eleman uçlarındaki gerilimleri thevenin yöntemi ile şekillerle göstererek bulunuz. ) Şekil7.4 (a) Çözüm7.9: Adım adım şekillerle göstererek teorik olarak çözüm yapalım.

143 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Yük direnci devreden çıkartılır. AB ile isimlendirilir. (b) (c) Gerilim kaynağı kısa, akım kaynağı açıkdevre edildikten sonra AB uçlarının TH elemanların bağlantı durumlarına göre;,5kω // kω kω TH (d) e Her kaynağı AB uçlarındaki gerilim değerleri gerilim ve akım bölme kaidelerinden faydalanılarak 0V, V bulunur. Bu kaynakların AB uçlarındaki gerilimlerin kutuplarına bakıldığında

144 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ TH 0V V 8V bulunur. Bulunan bu değerler Thevenin eşdeğer devresinde gösterilir ve yük direnci bağlanarak yük dirençlerinin gerilimleri bulunur. (f) Şekil7.4 kω; kω; kω.( TH ).(8V) kω kω TH 9V kω.( TH ).(8V) V kω kω TH Görüldüğü gibi devreye istediğiniz kadar yük direnci bağlayıp analizini az bir işlemle yapılabilmektedir. Bu Thevenin teoreminin özelliğinden kaynaklanmaktadır. Aktif devrede sadece bir koldaki değişik elemanların analizi yapılacağı durumda Thevenin teoremi kullanmakta fayda vardır. İki direncin analizini bu örnekte kısa yoldan yapıldığını gördünüz. Bu örneğin çevre akımlar yönteminde yapıldığını düşünürseniz kω için yapmış olduğunuz tüm işlemlerin aynısını kω içinde yapmanız gerekecekti. Buda zaman ve işlem kalabalığından başka bir şey değildir. 7. NOTON TEOEEMİ Norton teoremi, thevenin teoreminin değişik bir biçimi(düalı) olup A ve B gibi iki ucu olan lineer aktif bir devrenin bir N direnci ile paralel bir N akım kaynağı biçimine sokulma olanağı verir. Bu biçimde elde edilen devreye NOTON EŞDEĞE akım kaynağı adı verilir. Bu akım kaynağının eşdeğer gerilim kaynağı ise Thevenin Eşdeğer gerilim kaynağıdır. Norton eşdeğer akım kaynağı devresinde;

145 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ N : Verilen devrenin AB uçları kısa devre yapılması ile oluşan çevre akımıdır. N : Devredeki gerilim kaynaklarının kısa devre, akım kaynaklarının açık devre yapılmalarından sonra AB arasındaki devrenin toplam direncidir. Bir elektrik devresinde her hangi bir kolun analizi norton teoremi ile bulunması gerekirse aşağıdaki adımlar uygulandığı zaman devrenin çözümü daha sağlıklı olacaktır. ) Analizi yapılacak kol devreden çıkartılır. Çıkartılan bu noktaya bir isim verilir. (Örneğin; A,B veya, gibi) ) Devreden bütün kaynaklar çıkartılır. Çıkartılan gerilim kaynağı ise kısa devre, akım kaynağı ise açık devre yapılır. Çıkarılan(analizi yapılacak) kol uçlarından bakılarak o uçların eşdeğer direnci bulunur. Bu bulunan eşdeğer direnç aynı zamanda N eşdeğer direncidir. ) Devreden çıkartılmış olan akım ve gerilim kaynakları devreye tekrar aynı yerlerine bağlanarak devreye bilinen konunlar veya teoremler uygulanarak analizi yapılacak kolun uçlarının kısa devre akımı bulunur. Bu bulunan kısa devre akımı aynı zamanda N akımıdır eşittir. 4) Analizi yapılacak kolun(.maddede çıkarılan kol) norton eşdeğer devresi Şekil7.5 deki gibi çizilir. Şekil7.5 Norton eşdeğer devresi 5) Çıkartılan kol norton eşdeğer devresine (AB uçlarına) bağlanarak kirşofun akımlar kanunu uygulanır, kol akımı bulunur. Burada teorik olarak norton teoremi ile çözümün adımlarını anlattık. Yapılan durumu şekil üzerinde gösterirsek daha anlaşılır olacaktır. 4

146 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil7.6 Elektrik devresi ve norton eşdeğeri Burada dikkat edilirse TH direnci ile N direnci aynıdır. Çünkü devredeki dirençlere her iki teoremde de aynı işlem uygulanmaktadır. Değişen sadece bağlantı şekilleri farklıdır. Önceki konulardan hatırlanırsa bir gerilim kaynağı ona seri bir direnç, akım kaynağı ise kaynağa paralel bir dirençle düşünülmesi anlatılmıştı. Bundan dolayıdır ki Thevenin ve Norton teoremleri biri birinin düalidir. Birbirine dönüşüm yapılabilir. Şekil7.7Norton Eşdeğer devresi Thevenin Eşdeğer devresi 5

147 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ TH N TH TH N devredeki herhangi bir kolun analizini norton eşdeğer devresinden bulunmuşsa aynı işlemi thevenin eşdeğer devresi oluşturmaya gerek yoktur. Birbirine dönüşüm yapılabildiğine göre basit bir işlemle thevenin eşdeğer devresi oluşturulabilir. Şekil7.7 de görüldüğü gibidir. Bunu bir örnekle açıklarsak; N. N Örnek7.0:Şekil7.8(a)deki verilen elektrik devresinde AB uçlarının thevenin eşdeğer devresini oluşturup bu eşdeğeri norton eşdeğer devresine dönüştürünüz. (a) (a) (b) (c) (d) (d) (f) Şekil7.8 6

148 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil üzerinde bulunan değerleri açıklayarak bulalım. AB uçlarının TH direncini bulmak için gerilim kaynakları Şekil7.8 (b)de görüldüğü gibi kısa devre edildiğinde dirençlerin bağlantı durumu 0Ω//0Ω şeklindedir. TH 0Ω.0Ω 6, 67Ω 0Ω 0Ω Şekil(c) deki devrede görüldüğü gibi 0V ve 8V kaynaklar devrede ve bu kaynaklar 0Ω ve 0Ω seri bağlandıkları için üzerlerinden bir akım geçmektedir. Fakat 0V>8V olduğu için akımın yönü şekilde olduğu gibi ; 0V 8V V 0,4A 0Ω 0Ω şekil7.8(d)de gösterildiği gibi 0Ω direncin ucundaki gerilim düşümü; 0 (0,4A).(0Ω) 8V Ω bulunur. Bu gerilim ile TH toplamı (kirşofun gerilimler kanunundan) TH 8V 0V dan TH 0V 8V V AB uçlarının thevenin gerilimi bulunur. Şekil7.8 (c)deki gibi Thevenin eşdeğer devresi çizilir, değerler üzerine yazılır. Aynı şekilde norton eşdeğer devresi de çizilip üzerlerine N ve N değerleri yazılır. Bu değerler aşağıdaki gibi bulunur. N TH V,A N TH 6, 67Ω 6,67Ω TH Thevenin teoremi ile Norton teoremi birbirlerinin duali olduğu bu örnekle daha iyi görülmüş olur. Bu örneğin tam tersi bir örnek vermek gerekirse; aşağıdaki norton eşdeğerinin, Thevenin eşdeğerine dönümünü görürsünüz. Şekil7.9 7

149 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ TH N.( N TH ) 0,6A.0Ω V Kaynağın pozitif kısmı akım kaynağının akım sürdüğü yöndür. Bağlantıda o yönlü olmuştur. Örnek7.: Şekil7.0de verilen devrede 00Ω üzerinden geçen akımı Norton teoremi ile çözünüz. Çözüm7.: Şekil7.0 00Ω luk direnci ve devredeki gerilim kaynaklarını devreden çıkartarak Şekil7.0 (b) AB uçlarının N direnci bulunur. Şekil7.0 (a) Gerilim kaynağı kısa devre edildiğinde 00Ω dirençler birbirlerine paralel 800Ω direnç bunlara seri durumda olduğundan N aşağıdaki gibi bulunur. N 00Ω.00Ω 800Ω 900Ω 00Ω 00Ω AB uçlarının Norton eşdeğer direnci bulunur. Norton akımını bulmak için kaynak tekrar devreye bağlanır, AB uçları kısa devre edilerek bu kaynağın kısa devre akımı bulunur. Bu bulunan akım Norton akımına eşittir. 8

150 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil7.0 b Şekil7.0(c) deki devreler açık bir şekilde N akımının bulunuşunu göstermektedir. Bu değerlerin bulunmasını formüllerle göstermek gerekirse aşağıdaki çözüm gibi yapılması gerekir. Şekil7.0 c 8V 00Ω 0,05A N (0,05A).( ) 0,0A 00Ω.800Ω 800Ω 00Ω 00Ω ( ) 800Ω 00Ω bulunur. Norton eşdeğer devresinin şeklini ve analizi yapılacak kolu norton eşdeğer devresine bağlıyarak uçlarındaki gerilim bulunur. Şekil7.0 d 00Ω.900Ω 00 Ω N.( ) (0,0A).(90Ω) 9V 00Ω 900Ω 9

151 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Aşağıdaki şekil7. üzerinde,kω direncin norton teoremi ile o uçların norton eşdeğer devresi oluşturulmuştur. Norton eşdeğer devresinde bağlı ampermetre 5mA kısa devre akımı göstermektedir.,kω direnci bağlandığında ampermetrenin gösterdiği değeri teorik olarak sizler bulunuz. Şekil7. 0

152 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM 8 KONDANSATÖE 8. KONDANSATÖ 8. KAPASİTE 8. KONDANSATÖ ÇEŞİTEİ 8. KAPASİTEYİ ETKİEYEN FAKTÖE 8.4 KONDANSATÖEİN SEİ BAĞANMAS 8.5 KONDANSATÖ ÇANDAKİ GEİİM 8.6 KONDANSATÖEİN PAAE BAĞANMAS 8.7 KONDANSATÖEİN PAAE- SEİ BAĞANMAS

153 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 8. KONDANSATÖ Kondansatör iki uçlu enerji depolayan elektronik bir elemandır. İletken levhalar arasına konulan dielektrik(elektriği iletmeyen) maddesi elektrik yükünü depo etme özelliğine sahiptir. Çünkü, elektron ve protonlar yalıtkan maddede hareket ederek bir yere gidemezler. Yalıtkan maddelerin yük depo edebilme özelliklerinden yararlanılarak en temel elektronik devre elemanlarından biri olan kondansatör imal edilmiştir. 8. KAPASİTE Kondansatörün yük depo edebilme yeteneğine kapasite adı verilir. Her kondansatör istediğimiz kadar yük depo edemez. Bunu etkileyen faktörler bu konu adı altın ilerleyen zamanda daha kapsamlı incelenecek, yük depo edebilmesi için bu uçlara mutlaka bir potansiyel uygulanması gerekir. Şekil8. Kondansatörün yapısı ve semboller Şekil8.de görüldüğü gibi kondansatör, iki iletken levha ve bunların arasına konan dielektrik maddeden oluşmaktadır. Yapılışı bu şekildedir. Bu kondansatör uçlarına bir gerilim bağlanmadan kondansatörün durumunu ve bu kondansatör uçlarına bir gerilim bağlandığında ki ne gibi durumların oluştuğunu şekillerle gösterip açıklamalarla anlaşılmasını sağlayalım.

154 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (a) Nötr(deşarj durumu) (b) Gerilime bağlanan bir kondansatörün A B levhalarının yük oluşumu (c) Kondansatör üzerinden akım akışı A B uygulanan gerilim değerinde olduğu anda kesilir. (d) Kondansatörün levhaları () ve (-) yüklerle uygulanan gerilim değerinde yüklenmiş hali Şekil8. Kondansatörün nötr ve Şarjı Bir kondansatörün uçlarına bir gerilim uygulanmadığı durumda bu kondansatör şekil8.(a)deki gibi nötr durumdadır. Kondansatörün uçlarına (b)deki gibi bir gerilim kaynağı bağlandığında bu kondansatör üzerinden akım akışı olacak ve kondansatör levhaları şekilde görüldüğü gibi yüklenmeye başlayacaktır. Bu yüklenme uygulana gerilim eğerine ulaşana kadar devam edecektir. Bu şekil8.(c)deki durumunu alacaktır. Bu kondansatörün şarj olması demektir. Artık bu kondansatörü gerilim kaynağından çıkardığınız anda kondansatör uçları uyguladığınız gerilim değerini gösterir. Şekil8.(d)de değerinde şarj olmuş bir kondansatör görülmektedir. evhaları elektron yükleri ile dolan kondansatörün bir direnç veya iki ucu kısa devre

155 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ edilerek yüklerin boşaltılmasına kondansatörün deşarjı denir. Şekil 8.de görüldüğü gibi kondansatörün (-) yüklü levhasındaki elektronlar, () yüklü levhaya hareket ederler. Elektronların bu hareketi deşarj akımını meydana getirir. Deşarj akımı, kondansatörün her iki plakası da nötr olana kadar devam eder. Bu olayın sonunda kondansatör uçları arasındaki gerilim sıfıra iner. Kondansatör boşalmış olur. Şekil8. Kondansatörün Deşarjı Şekillerde de görüldüğü gibi kondansatörlerde, elektrik yükleri bir yalıtkanla ayrılmış olup iki iletken levha da birikir. evhalardan birisi protonlardan oluşan pozitif yüke, diğeri ise elektronlardan oluşan negatif yüke sahip olurlar. Kondansatörlerde kapasite birimi Farad tır. Bir kondansatör uçlarına bir voltluk gerilim uygulandığında o kondansatör üzerinde bir kulonluk bir elektrik yükü oluşuyorsa kondansatörün kapasitesi bir faradtır denilir. Farad çok yüksek bir birim olduğundan farad ın askatları olan mikrofarad(µf), nanofarad(nf) ve pikofarad(pf) kullanılır. Bu birimler arası dönüşümü kendi aralarında aşağıdaki şekilde olur. F0 6 µf veya µf0-6 F F0 9 nf veya nf0-9 F F0 pf veya pf0 - F Örnek8.: Aşağıdaki şıklarda verilen kondansatör değerlerini µf değerine dönüştürünüz. (a) 0,0000F (b) 0,005F (c) 000pF (d) 00pF Çözüm8.: (a) 0,0000F x 0 6 0µF (b) 0,005F x µF (c) 000pF x 0-6 0,00µF (d) 00pF x 0-6 0,000µF 4

156 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek8.: Aşağıdaki şıklarda verilen kondansatör değerlerini pf değerine dönüştürünüz. (a) 0,.0-8 F (b) 0,00005F (c) 0,0µF (d) 0,005µF Çözüm8.: (a) 0,.0-8 F x 0 000pF (c) 0,0µF x pF (b) 0,00005F x pf (d) 0,005µF x Pf 8. KONDANSATÖ ÇEŞİTEİ (a) Mika Kondansatör: Mika kondansatörlerde, çok ince iki iletken levha ve bunların arasında yalıtkan olarak mika kullanılmıştır. Bu kondansatörlerde dış kap olarak genellikle seramik maddesi kullanılmıştır. Mika kondansatörler genellikle 50pikofarad ile 500 pikofarad arasında küçük kapasiteleri elde etmek için imal edilirler. (b) Kağıt Kondansatörler: Kağıt kondansatörlerde iki iletken levha ve bunların arasında yalıtkan olarak kağıt kullanılmıştır. İletken maddeler ve bunların arasındaki kağıt çok ince olup, bir silindirik yapı oluşturmak üzere birbiri üzerine sarılmıştır. Kağıt kondansatörlerde dış kap olarak genellikle plastik kullanılır. Orta büyüklükte kondansatör elde edilmek için kullanılır. Seramik kondansatörler: bu kondansatörlerde dielektrik madde olarak seramik kullanılır. Aynı miktar kapasite seramik kondansatörlerde, kağıt kondansatörlere göre çok daha küçük boyutlarda elde edilir. Disk biçimindeki seramik kondansatörler mercimek kondansatörler olarak adlandırılmaktadır. (d)-değişken kondansatörler: Değişken kondansatörlerde, sabit metal plakalar rotor, dönebilen biçimde yataklanmış metal plakalar ise stator oluştururlar. Bir mil tarafından döndürülen stator, rotoru oluşturan plakaların arasına taraf biçiminde geçerek kapasiteyi oluşturur. Değişken kondansatörlerde karşılıklı plakalar arasındaki hava, dielektrik madde olarak görev yapar. Stator ile rotoru oluşturan levhalar tam içi içe geçtiklerinde kondansatörün kapasitesi maksimum değerine ulaşır., levhalar birbirinden tamamen ayrıldığında ise kondansatörün kapasitesi minimum değerine iner. Değişken kondansatörler genellikle kapasitesi 0 pikofarad ile 500 pikofarad arasında değişecek şekilde imal edilirler. Değişken kondansatörler uygulamada radyo alıcılarının istasyon seçme devrelerinde kullanılır. (e)elektrolitik kondansatörler: Elektrolitik kondansatörlerde asit eriyiği gibi bir elektrolitik maddenin emdirildiği bez, yalıtkan madde olarak kullanılır. Bu yalıtkanın iki yanındaki alüminyum plakalar da kondansatörün iletken kısmıdır. Bu plakalardan bir tanesi doğrudan doğruya kondansatörün dış kabına bağlıdır. Elektrolitik kondansatörler büyük kapasite değerlerini sağlamak üzere imal edilirler. Tipik 5

157 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ kapasite değerleri bir mikrofarad ile 000 mikrofarad arasındadır. Daha önce görmüş olduğumuz kondansatörlerin tersine, elektrolitik kondansatörler kutupludur. Yani pozitif ve negatif uçları vardır. Bundan dolayıdır ki devreye bağlantılarında pozitif kutup pozitife negatif negatife bağlanması gerekir aksi taktirde kondansatör patlayabilir. 8. KAPASİTEYİ ETKİEYEN FAKTÖE Kapasite, bir kondansatörün elektrik yükü depo edebilme yeteneği olduğunu açıklamıştık. Kondansatör levhalarına uygulanan gerilim, plakalarda elektrik yükü meydana getirir. ygulanan gerilim arttıkça, levhalardaki elektrik yükü de artar. Bu nedenle, kondansatörün depo ettiği elektrik yükü, uçlarına uygulanan gerilimle doğru orantılıdır. Kondansatörün depo edebileceği elektrik yükü, kapasite ile de doğru orantılıdır. Böylece bir kondansatörün uçlarına uygulanan gerilim, depo ettiği elektrik yükü ve kondansatörün kapasitesi arasındaki ilişki aşağıdaki formülle ifade edilir. Q. Formülde kullanılan Q kondansatörün depo ettiği elektrik yükünü(kulon), kondansatörün kapasitesini(farad), ise kondansatör uçlarına uygulanan gerilimi temsil etmektedir. Örnek8.: Aşağıda şıklarda verilen değerlere göre isteneni bulunuz. (a) Bir kondansatörün depo ettiği elektrik yükü 50µ, bu elemana 0V uygulandığında bu kondansatörün kapasitesi nedir. (b) Kondansatörün kapasitesi µf bu kondansatörün uçlarındaki gerilim 00 V olduğuna göre kondansatörün levhalarındaki yük ne kadardır. (c) Kondansatörün kapasitesi 00pF, levhalarındaki elektrik yükü µ olduğuna göre bu kondansatörün uçlarındaki gerilim ne kadardır. Çözüm8.: (a) (b) (c) 6 Q 50µ V 0V Q. (µ ).(00V) 00µ Q 6 6 µ.0 0kV 00pF 00.0 F F 5µ F 6

158 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 8.4 KONDANSATÖEİN SEİ BAĞANMAS Kondansatörlerin dikkat edilmesi gereken iki durumu vardır. Bunlardan birincisi çalışma gerilimi diğeri ise kapasitesidir. Buna göre kondansatör kullanılacak yerlerine göre kaç voltluk kondansatör kullanılacak ise o değerli kondansatör kapasitesini ve gerilim değeri seçilmelidir. Kondansatörün üzerindeki gerilim değeri 5V iken siz 0V luk bir devrede kullanırsanız o kondansatörü yanma ile karşı karşıya bırakırsınız. Kapasite değerleri uygun değerde standart değer bulunamadıysa o zaman istediğiniz kapasitede kondansatör elde etmek için kondansatörleri seri veya paralel bağlayarak elde etme imkanına sahipsiniz. Kondansatörlerin seri bağlanışını ve bu bağlantıda değerlerin bulunma formüllerini kademe kademe çıkartalım. Şekil8.4(a) deki devrede iki kondansatör seri bağlı ve bu uçlara bir gerilim kaynağı bağlanmış. Kondansatörlerin başlangıçta kaynaktan bir akım çekmesi ve belli bir süre sonra bu akımın akışı kesilmesi şekil8.4(b) görülmektedir. Kondansatörün yükleri kaynağın verdiği yükle eleman üzerlerindeki yükler eşit oluncaya kadar akım akmakta yükler eşit olunca akım akışı durmaktadır. Bu durumu şu şekilde yazabiliriz. Kirşofun gerilimler kanunundan; Q Q Q T (a) Kondansatörlerin seri bağlanması ve uçlarındaki gerilim 7

159 8 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (b) Kondansatörlerin seri bağlanması, şarj olması ve akımın o olması Şekil8.4 Q/ değerleri eşitliğin her iki tarafına yazılırsa; T Q Q Q eşitliğin her iki tarafı Q ye bölünerek; T ) ( ) ( T elde edilir. Bu formülü genellersek n tane kondansatörün seri bağlandığı durumun formülünü yazalım. n T... n T...

160 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek8.4: Şekil8.5de görüldüğü gibi üç tane değişik kondansatörler birbirleri ile seri bağlanmış. Bu kondansatörlerin eşdeğerini bulunuz. Şekil8.5 Çözüm8-4: Seri bağlama formülünde değerler yerine konularak bulunur. T 0µ F 5µ F 8µ F T µ F,5µ F 0,45 ( ) ( ) ( ) 0µ F 5µ F 8µ F 8.5 KONDANSATÖÜN ÇANDAKİ GEİİM Kondansatör uçlarında bir gerilim meydana gelecektir bu gerilim değeri yük ve kapasitesine bağlı olarak değişecek olduğunu önceki konularımızda incelemiştik. Kirşofun gerilimler kanunundan elemanlar seri bağlı olduklarından x ( T x ) buradaki x ; hangi kondansatör uçlarındaki gerilimi bulacaksanız o kondansatörün x değeridir. (, gibi) 9

161 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek8.5: Şekil8.6deki devrede üç kondansatör seri bağlanmış uçlarına 5V gerilim uygulanmıştır. Bu kondansatörlerin uçlarındaki gerilim değerlerini bulunuz. Çözüm85: Kondansatörler seri bağlandıkları için seri devrede akımlar eşit olacağından kirşofun gerilimler kanunundan yararlanabilirsiniz. Şekil8.6 T 0,µ F 0,5µ F 0,µ F T 7 µ F 0,0588µ F Voltaj formülünde değerleri yerine koyarak eleman uçlarındaki gerilim değerleri; Bulunur. ( T ( ( T T 0,0588µ F ) ( ).5V 4,7V 0,µ F 0,0588µ F ) ( ).5V,94V 0,5µ F 0,0588µ F ) ( ).5V 7,5V 0,µ F 8.6 KONDANSATÖEİN PAAE BAĞANMAS Kondansatörler paralel bağlandıklarında kaynaktan çektikleri akım kollara ayrılarak devresini tamamlayacaktır. Kaynağın gerilim değeri bu elemanlar üzerinde aynen görülecektir. Kaynaktan çekilen yük elemanlar üzerinde görülecek bu yüklerin toplamı kaynağın yüküne eşit olacaktır. 40

162 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Q... T T T Q Q eşitliğin her iki tarafını ' ya bölünürse elde edilir. Şekil8.7 Paralel kondansatörler ve Q T Q Q Şekil8.8 n tane kondansatörün paralel bağlanması Şekil8.8de olduğu gibi n tane kondansatör biri birine paralel bağlandığındaki genel formülümüzü iki kondansatör paralel bağlandığında çıkardığımız formülümüzü genelleştirirsek;... T n olur. n tane kondansatör paralel bağlantı genel formülü ortaya çıkar. 4

163 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek8.6: Şekil8.9deki devrede elemanların değerleri verilmiş, bu elemanlar paralel bağlanmıştır. Bu devrenin eşdeğer kapasitesini ve kondansatörlerin yüklerini, toplam yükü bulunuz. Şekil8.9 Çözüm8.6: Q Q Q Q Q T T T. 70pF.0V 700p(pikokulon). 00pF.0V 000p. 0pF.0V 00p. 50pF.0V 500p Q T Q Q 00pF 0pF 50pF 70pF 000p 00p 500p 700p 8.7 KONDANSATÖEİN PAAE-SEİ BAĞANMAS Kondansatörler seri, paralel devrelerde ayrı ayrı bağlanabildikleri gibi bu bağlantıların iki durumu bir devre üzerinde bulunabilir. Bu bağlama şekline karışık bağlama denir. Dirençlerde olduğu gibi devrede eşdeğer kapasitenin bulunabilmesi için devredeki paralel bağlı kondansatörler önce tek bir kondansatör haline getirilerek, devredeki elemanların bağlantı durumlarına göre seri veya paralel bağlantı formülleri kullanılarak eşdeğer kapasite bulunur. Örnek8.7: Şekil8.0(a)da görülen devredeki kondansatörlerin uçlarındaki gerilim değerlerini bulunuz. 4

164 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (a) (b) (c) Şekil8.0 Şekil8-0(a)daki devreyi // olduğundan bu paralelliğin eşdeğeri formülde değerler yerine yazılarak; 0µ F 8µ F 8µ F bu değer kondansatörüne seri haline geldi. Seri bağlama formülünde değerler yerine yazılırsa şekil8.0(b) görülen eşdeğer kapasite bulunur. kaynaktan çekilen toplam yük; (µ F).(8µ F) T 7,µ F µ F 8µ F Q T. T (5V).(7,µ F) 6µ şekil(c) üzerinde gösterilen değer bulunur. elemanı kaynağa seri bağlı olduğundan toplam yük aynen bu kondansatörün üzerinde görüleceğinden bu elemanın uçlarındaki gerilim ve, elemanlarına kalan gerilim; 4

165 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Q 6µ V 8µ F 6µ µ F V bulunur., paralel bağlı olduklarından bu gerilim her iki kondansatörün uçlarında görülecektir. Bu kondansatörlerin yükleri ise farklı olacaktır., kondansatörlerin depoladığı yük miktarları ise; Q Q.. (0µ F).(V) 0µ (8µ F).(V) 6µ bulunur. Bu örnekte kondansatörlerin uçlarındaki gerilim ve yükleri ayrı ayrı bulunmuş oldu. 44

166 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM 9 EEKTO MAĞNETİZMA VE EEKTO MAĞNETİK İNDÜKSİYON 9. MANYETİZMA 9. MKNATS 9. KON KANN 9. MANYETİK AAN İÇEİSİNDEKİ AKM TAŞYAN İETKENE ETKİ EDEN KVVET 9.4 İNDÜKSİYON 9.5 ÖZENDÜKSİYON 9.6 BOBİNDE DEPO EDİEN ENEJİ 9.7 BOBİNEİN BAĞANT ŞEKİEİ 45

167 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 9. MANYETİZMA Bu gelişen dünyada her alanda kullanılan elektrikli aletlerin büyük bir çoğunluğunun yapımında mıknatıs ve onun meydana getirdiği manyetik alan özelliklerinin kullanıldığını göz önünde bulundurursak, bu aletlerin yapısını kavrayabilmek için manyetizma konusuna ne kadar önem vermemiz gerektiği ortaya çıkar. 9. MKNATS Demir, nikel, kobalt ve bunların alaşımları gibi, cisimleri kendisine doğru çekme özelliği gösteren herhangi bir maddeye mıknatıs denir. Bir mıknatısın yanına yaklaşıldığında mıknatıs özelliği kazanan, yani demir, nikel, kobalt ve bunların alaşımlarını çekebilen maddelere de ferromanyetik maddeler denir. Sonradan mıknatıslanan bu maddelerin manyetik özellikleri oldukça düşüktür. Diğer bazı maddeler ise manyetik etki altına sokulduklarında çekme özelliği göstermezler, bu tip maddelere de antimanyetik maddeler denir. 9. KON KANN Mıknatıslarda aynı adlı kutupların birbirlerini ittiğini, farklı kutupların ise birbirlerini çektiğini kulon kanunu ile ispatlanmıştır. İtme Kuvveti N N r Çekme Kuvveti F N S r Şekil 9. Şekil 9. deki Q ve Q yüklerinin arasındaki uzaklık r olduğuna göre, yukarıdaki sonuçlardan bu iki yük arasındaki kuvvet, m.m F k r 46

168 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ olur. Bu formül, kulon kanununun matematiksel ifadesidir. Burada k, yüklerin bulunduğu ortama ve kullanılan birim sistemine bağlı bir katsayıdır. MKS birim sisteminde, k 4πε ε o r dir. Burada, ε o (epsilon) boşluğun dielektrik katsayısı adını alır ve değeri, ε o 6π /Nm dir. ε r ise ortamın bağıl dielektrik katsayısı dır. ε r katsayısı birimsiz olup, bir ortamın dielektrik katsayısının, boşluğundan ne kadar büyük olduğunu gösterir. Örneğin mika için, ε r 6dır. Bunun anlamı, mikanın dielektrik katsayısının boşluğunkine göre 6 kat daha büyük olduğudur. Kuvvet formülünde k sabiti yerine konulursa matematiksel ifadesinde; F 4πε ε o r m r. m bulunur. ε o ın değeri de yerine konulursa; F 9.0 ε r 9 m. m r mıknatıslar arasındaki itme veya çekme bu formüle bulunur. Formülde kullanılan karakterlerin anlamları F Yükler arasındaki kuvvet (Newton) m m Kutupların şiddeti, (Kulon) r Yükler arasındaki uzaklık (metre) Yüklerin bulunduğu ortamın bağıl dielektrik katsayısı, ε r 9. MANYETİK AAN İÇEİSİNDEKİ AKM TAŞYAN İETKENE ETKİ EDEN KVVET Manyetik alan içinde bulunan bir iletkenden akım geçirilirse, iletkenle manyetik alan arasında oluşan etkiden dolayı iletken manyetik alanın dışına doğru itilir. N ve S kutupları arasında düzgün bir manyetik alan vardır. Bu alanın içine soktuğumuzda iletkenden akım geçirirsek, iletken etrafında dairesel kuvvet hatları oluşur. Bu hatlar N 47

169 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ ve S kutbu arasındaki hatlarla aynı yönde ise birbirlerini güçlendirir., aksi yönde ise zayıflatır. Kuvvet hatlarının güçlenen tarafı iletkeni zayıf tarafa doğru iter. Düzgün bir manyetik alandaki iletkenden akım geçirildiğinde iletkeni alanın dışına iten kuvvet, iletkenin uzunluğu, manyetik akı yoğunluğu ve iletkenden geçen akımla doğru orantılıdır. Buna (B..) kaidesi denir. GS birim sistemine göre aşağıdaki formül ortaya çıkar. bu formüldeki harflerin anlamları ise; F: İletkeni alan dışına iten kuvvet (din) : İletkenin uzunluğu (cm) B: Manyetik akı yoğunluğu (gauss) : İletkenden geçen akım (amper) Örnek: B.. F din 0 Manyetik akı yoğunluğu 500 gauss olan bir manyetik alan içindeki iletkenden geçen akım 50 Amperdir. İletkene etki eden kuvveti hesaplayınız. İletkenin uzunluğu 0 cm dir. Çözüm: F B din MKS birim sisteminde ise; FB.. Formülü ile hesaplanır. Burada; F: İletkeni alan dışına iten kuvvet (Nevton) : İletkenin uzunluğu (m) B: Manyetik akı yoğunluğu (tesla) : İletkenden geçen akım (amper) Örneği birde MKS birim sisteminde çözersek; weber/m 0 4 gauss olduğuna göre, B500 Gauss0,5 weber/m FB..0,5.50.0,,5 newton bulunur. 48

170 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 9.4 İNDÜKSİYON Manyetik Alanın Etkileri Manyetik alan içerisinde, içinden akım geçen bir iletken konulursa, manyetik alan ile iletken arasında bir kuvvetin meydana geldiğini biliyoruz. Meydana gelen bu kuvvete elektro manyetik kuvvet denir. İçinden akım geçmeyen bir iletken, manyetik alan içinde hareket ettirilirse, bu iletkenin iki ucu arasında bir potansiyel fark meydana gelir. Meydana gelen bu potansiyel farka endüksiyon elektromotor kuvveti denir. Bu iletkenin iki ucu bir alıcı üzerinden birleştirilecek olursa, iletkenden bir akım geçer. Şu halde, manyetik alan, içinden akım geçen iletkene etki ederek onda bir mekanik kuvvet, hareket halindeki bir iletkene etki ederek onda da bir endüksiyon elektromotor kuvveti meydana getirir. Endüksiyon Elektromotor Kuvvetinin elde Edilmesi Bir iletken grubu manyetik alan içinde hareket ettirilirse, bu iletken grubu da bir elektrik akımı meydana gelir. Bobin şeklinde sarılmış bir iletken grubunun uçlarına galvanometre bağlayalım. Çubuk şeklinde bir mıknatıs bu iletken grubunun içine daldırılırsa galvanometrenin bir yönde saptığı görülür. Çubuk mıknatıs bobin içerisinden süratle geri çıkarılırsa, galvanometre yine sapar. Fakat bu sapma yönü birinci sapma yönüne göre ters yöndedir. Eğer çubuk mıknatıs sabit tutulup, bobin çubuk mıknatıs yönünde hareket ettirilirse, hareket yönüne bağlı olarak galvanometre iki yönlü bir sapma gösterir. Çubuk mıknatısın veya bobinin hareketi durursa galvanometre de herhangi bir sapma olmaz. Bu olaydan şu sonuçlar çıkarılabilir. ) Galvanometreden geçen akım, yalnız bobin veya çubuk mıknatıs hareket ettiği zaman meydana gelmektedir. Bobin veya mıknatıs hareketsiz durursa akım meydana gelmez. ) Meydana gelen akımın yönü bobinin veya çubuk mıknatısın hareket yönüne bağlıdır. ) Galvanometrenin sapması, içinden bir akımın geçtiğini gösterir. Bu akım ise endüksiyon yoluyla bobinde meydana gelen elektromotor kuvvetin etkisiyle meydana gelir. Endüksiyon EMK nin Yönü ve enz Kanunu Manyetik alan içerisinde hareket eden bir iletkende bir endüksiyon elektromotor kuvveti meydana geldiğini gördük. Eğer hareket eden bu iletkenin uçları birleştirilirse bir kapalı devre meydana gelir. Ve bu elektromotor kuvvetin etkisiyle iletkenden bir akım geçer. İletkenden geçen bu akımın yönü enz kanunu ile bulunur. 49

171 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ enz kanunu şu şekilde ifade edilir. Endüksiyon elektromotor kuvvetinin meydana getirdiği akım, kendisini meydana getiren akım değişmesine veya harekete karşı koyar. enz kanunu aşağıdaki gibi açıklanabilir. Şekil9.(a)de görüldüğü gibi bir iletkenin manyetik alan içine doğru hareket ettirildiğini düşünelim iletkenin manyetik kuvvet çizgilerini kesmesi sonucu iletkende bir endüksiyon emk meydana gelir. Bu emk iletkenden bir akım geçirir. İletkenden geçen akıma göre iletken etrafındaki manyetik alanın yönü iletkenin sağ tarafındaki manyetik alan şiddeti artarken, sol taraf daki alan şiddeti azalır. Bu yüzden, iletkeni sola doğru hareket ettirmeye çalışan bir kuvvet meydana gelir. Bu kuvvet ise kendini meydana getiren harekete karşıdır. Şekil9.(b)de çubuk mıknatıs sağa doğru hareket ettirilirse sarımda bir endüksiyon emek meydana gelir ve devreden bir akım geçmesine neden olur. (a) (b) Şekil9. Sarımdan geçen akımın yönüne bağlı olarak meydana gelecek manyetik akının yönü, sarımın etrafındaki manyetik akının azalmasına karşı olacak şekildedir. Yani bu manyetik akı çubuk mıknatısın hareketine karşı bir kuvvet oluşturur. Bunun sonucu olarak endüksiyon emk ni meydana getiren harekete karşı konmuş olur. Faraday kanunu ve Endüksiyon EMK nın Değeri Manyetik alan içinde hareket eden bir iletken, manyetik kuvvet çizgilerini keser. Bunun sonucu olarak iletkende bir endüksiyon emk meydana geldiği ve iletkenden bir akım geçirdiğini biliyoruz. İletkende meydana gelen bu endüksiyon emk nın değeri faraday kanunu ile bulunur. Endüksiyon emk nın değeri 85 yılında Faraday tarafından şu şekilde ifade edilmiştir. 50

172 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Endüksiyon sonucu iletkende meydana gelen emek nın değeri, manyetik akının değişim hızı ve sarım sayısı ile doğru orantılıdır. Manyetik alanın (φ), t zaman aralığında olan değişimi φ olsun. Manyetik alanın değişim hızı da, Φ t olmaktadır. Bu ifadeyi, manyetik akının birim zamandaki değişimi olarak da söyleyebiliriz. Buna göre endüksiyon bobinin de emk nin değeri, Φ E N t olmaktadır. Bu formülde, E: Bobinde indüklenen endüksiyon emk (volt) N: Bobinin sarım sayısı φ:manyetik alandaki değişim(weber) t:zaman aralığı GS birim sisteminde manyetik akının birimi maxwell ( maxwell0-8 weber) idi. Buna göre bobinde meydana gelen emk, Φ E N.0 t 8 olur. Eğer bir sarım bir saniyede 0-8 maxwellik bir akı tarafından kesilirse, sarımda bir voltluk endüksiyon elektromotor kuvveti indüklenir demektir. Sabit bir manyetik alan içinde bir iletkenin hareket etmesiyle, iletkende bir emk endüklendiğini gördük. İletkenin hareketinden doğan bu emk te hareket endüksiyon emk ti denir. Şekil9. Hareket endüksiyon emk nın meydana gelişi 5

173 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Hareket endüksiyonu emk tinin değeri, manyetik akı yoğunluğuna, iletkenin uzunluğuna, iletkenin hareket hızına ve iletkenin hareket yönü ile manyetik alanın yönü arasındaki ilişkiye bağlıdır. Buna göre meydana gelen emk, Olur. Bu formülde, E B. l. V Eiletkende endüklenen endüksiyon emk (volt) BManyetik akı yoğunluğu (Tesla) l İletkenin manyetik alan içindeki uzunluğu (metre) V İletkenin hızı (metre/saniye) Örnek: Manyetik akı yoğunluğu Tesla olan bir alan içine 0.5m uzunluğunda bir iletken 5m/sn lik bir hızla hareket ettirilirse, meydana gelen emk ne olur. E B. l. V.0,5.55 Volt Olur. 9.5 ÖZENDÜKSİYON Özendüksiyon Olayı ve EMK i İçinden akım geçen bir iletken etrafında bir manyetik alan meydana geldiğini biliyoruz. Eğer bu iletken şekil9.4de görüldüğü gibi bobin haline getirilirse etrafındaki manyetik alan şiddetlenir. Böylece bobin içinden geçen akımın değişiminin meydana getirdiği değişken manyetik alan ortamı içinde bulunur. Yani bobin, bizzat kendisi tarafından meydana getirilen değişken manyetik alan içinde olduğundan, bobinde bir endüksiyon emek i meydana gelir. Bobinin, kendi oluşturduğu manyetik alan içinde kalarak, kendisinde endüklediği emk i şimdiye kadar incelediğimiz endüksiyon olayında emk bir dış manyetik alan tarafından meydana getirilir. Özendüksiyon ise manyetik alan, bobinden geçen akıma ve bobinin sarım sayısına bağlı olarak bobin tarafından oluşturulur. Şekil9.4 Özendüksiyon olayı 5

174 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bu devredeki S anahtarı kapatılırsa bobinden bir akım geçer. Bu akım bobin etrafında bir manyetik alan meydana getirir. Manyetik alanın değeri yükseldikçe, bobinde meydana gelen endüksiyon emk inin değeri de yükselir. enz kanununa göre, bu emk bobinden geçen akım artıyorsa onu azaltmaya, azalıyorsa onu artırmaya çalışır. Özendüksiyon katsayısı ve Hesabı Özendüksiyon emk i lenz kanununa göre kendini meydana getiren manyetik kuvvet çizgilerindeki değişikliğe karşıdır. Böylece, bobinden geçen akımdaki herhangi bir değişikliğe, bobinin karşı koyma yeteneğine, bobinin özendüktansı denir. Kısaca bobinin endüktansı diye anılır. Endüktans harfiyle gösterilir ve birimi Henridir. Henri H harfiyle gösterilir. Ve şu şekilde tanımlanır. Bir bobinde saniyede amperlik değişiklik voltluk emk endüklüyorsa, bobinin endüktansı henridir denir. Bir bobinde manyetik akının zamana göre değişimi sonucu o bobinde meydana gelen emk nın değerini bulmuştuk. Eğer aynı bobinde manyetik akının, zamana göre değişimi alınırsa, bobinin endüktansı aşağıdaki gibi olur. Bu formülde, Φ N i Bobinin endüktansı (Henri) N Bobinin sarım sayısı φmanyetik alandaki değişim (Weber) iakımdaki değişim (Amper) formülde görüldüğü gibi bir bobinin endüktansı, bobinin sarım sayısı sabit kalmak koşulu ile, bobinden geçen akımdaki değişime bağlıdır. Eğer içinde demir çekirdek bulunmayan bir bobinin endüktansını, relüktansı da dikkate alınarak hesaplanmak istenirse, N Bu formülde, m Bobinin endüktansı (Henri) NBobinin sarım sayısı m elüktans (/henri) 5

175 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Bir bobinin endüktansı, bobinin ölçüleri ile değişir. Bobinin endüktansını artırmak için ferromanyetik malzemeler çok kullanılır. Buna göre bobinin endüktansı, olarak yazılabilir. Bu formülde, Bobinin endüktansı (Henri) NBobinin sarım sayısı µortamın geçirgenliği (henri/metre) SBobinin çekirdeğinin kesiti (metre ) lbobinin uzunluğu (metre) N. µ.s l Örnek: Şekil9.5de görülen değerlere göre bu bobinin endüktansını bulunuz. Ortamın geçirgenliği, µ0,5.0 - N. µ.s l Şekil9.5 (5 ).(0,5.0 ).(0,) 0,0 6,5mH 9.6 BOBİNDE DEPO EDİEN ENEJİ İçinden akım geçen bir bobin etrafında bir manyetik alanın oluştuğunu biliyoruz. Ayrıca bu alandan dolayı bobinde bir özendüksiyon emk nın meydana gelir. Bu emk enz kanununa göre bobinden geçen akım artarsa onu azaltmaya, azalırsa onu artırmaya çalışır. Yani bobinden geçen akım artarsa bu akımın bir kısmı şekil9.6(a)de görüldüğü gibi manyetik alan olarak depolanır. Eğer akım azalırsa yine şekil9.6(b)de görüldüğü gibi daha önceden manyetik olarak depo edilen bu enerji akım olarak devreye geri verilir. 54

176 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ (a) (b) Şekil9.6 Böylece depo edilen enerjinin miktarı bobinin endüktansı biliniyorsa kolayca bulunabilir. Buna göre depolanan enerji, olur. Bu formülde, W.. WBobinde depo edilen enerji (Jul) Bobinin endüktansı (Henri) Bobinden geçen akım (Amper) Örnek: Özendüksiyonu katsayısı 0H olan bir bobinden geçen akım 0 A olduğuna göre bobinde depo edilen enerjiyi bulunuz. W...0H.0 A 000 Jüll Bobin Sembolü (Sabit değerli bobin) Değişken (varyabıl) bobin 55

177 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ 9.7 BOBİNEİN BAĞANT ŞEKİEİ Bobinlerin Seri Bağlanması Bobinlerin değerlerini artırabilmek için birbirine seri bağlanır. Bobinler seri bağlandıklarında üzerlerinden geçen akım tüm elemanlarda aynıdır. Şekil9.7 Bobinlerin seri bağlantısı Şekildeki gibi n tane bobin seri bağlandıklarında bu bobinlerin eşdeğer(toplam) endüktansı, devredeki bobin endüktanslarının toplamına eşittir.... T n Örnek: Şekil9.8 üzerinde verilen bobin değerlerine göre bobinlerin toplam endüktansını bulunuz. T 4 Şekil9.8 0µ H 0µ H 5µ H 4µ H 49µ H H Bobinlerin Paralel Bağlanması Paralel bağlı bobinlerde akımlar kollara ayrılarak devrelerini tamamlarlar. çlarındaki gerilim, tüm paralel bağlı bobinlerde aynı değeri gösterir. Şekil9.9 da görüldüğü gibi n tane bobin paralel bağlanmıştır. 56

178 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil9.9 Bobinlerin Paralel Bağlanması N tane bobin paralel bağlandığında bunların tek bir bobin haline aldırılmasına toplam endüktans denir. Toplam endüktans formülümü aşağıdaki gibi olur. T... n T ( ) ( ) ( )... ( n ) Genel formülü ortaya çıkar. Eğer sadece iki bobin paralel bağlandığında pratiklik açısından toplam endüktans aşağıdaki şekilde bulunabilir. T. Örnek: Aşağıda şekil9.0 üzerinde değerleri verilen bobinler paralel bağlandıklarına göre eşdeğer endüktansı bulunuz. ( ) ( ) ( Şekil9.0 0,8mH ) ( ) ( ) ( ) 0mH 5mH mh T,5mH Bobin çlarındaki Gerilim Bobin bir D gerilim kaynağına bağlandığı taktirde bobin uçlarında bir gerilim görülür. Bobin eğer saf bir bobinse akımın zamana göre değişimi ile bobin uçlarındaki gerilim değeri bulunur. Burada görüldüğü gibi bobin uçlarındaki gerilim 57

179 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ zamana ve üzerinden geçen akıma, bobinin endüktans değerine göre uçlarındaki gerilim değeri değişmektedir. Bu durumu aşağıdaki şekilde yazabiliriz. t Şekil9. Bobinin Dc kaynağa bağlantısı Bu formülün kullanılacağı bir örnek yaparak anlatılmak isteneni sayısal değerlerle gösterirsek konu daha iyi anlaşılacaktır. Örnek: Şekil9.(a)de bobinin sarım sayısı sarıldığı nüvenin çapı ve uzunluğu şekil üzerinde gösterilmiştir. Bobinin endüktansını bularak, Grafik de görülen bobin üzerinden geçen akımın zamana göre değişimi verilmektedir. Bu zaman aralığındaki bobin uçlarındaki gerilim değişim eğrisini ve değerini bulunuz. (Demir nüvenin geçirgenliği µr 400 boşluğun geçirgenliği µo(4π.0-7 )) (a) (b) Şekil9. Önce bobinin endüktansını bulup daha sonra bu bobinin üzerinden geçen akıma göre uçlarındaki gerilim değerlerini bulalım. π.d π(0,0m) 5 S 7,854.0 m µ µ r. µ o 400(4π N. µ.s 00.(5,06.0 ).(7,854.0 ) 9,87mH l ) 5,

180 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ bobinin endüktansı bulunur. Grafikte akımın zaman aralığını kademe, kademe inceleyerek bobin uçlarındaki gerilim değerini bulalım. t0 dan t4ms t4ms aralığındaki akım bobin üzerinden 0A- 0,5A, 0,5A geçtiği görülüyor. buna göre bobin uçlarındaki gerilim; 0,5A (t 0 ile 4ms) 9,87.0 H( ) t 4.0 s,v t4ms dan t6ms tms zaman değişimi aralığında, akım grafikte görüldüğü gibi 0,5A akımda zamana göre değişim olmadığı görülüyor. 0 buna göre bobin uçlarındaki gerilim bulunursa; 0 (t 4 ile t 6) 9,87.0 t.0 s bulunur. Çünkü akımdaki değişim sıfırdır. t6ms den t8ms aralığındaki zaman değişimi tms.0 - s akımdaki değişim ise (-0,A)-(-0,5A)-0,8A olmaktadır. Buna göre bobin uçlarındaki gerilim; 0V 0,8A (t 6 ile t 8) 9,87.0 t.0 s,95v t8ms den t9ms aralığındaki zaman değişimi tms.0 - s akımdaki değişim ise 0A-(-0,A)0,A olmaktadır. Buna göre bobin uçlarındaki gerilim; 0,A (t 8 ile t 9) 9,87.0 t.0 s,96v bulunur. Bulduğumuz gerilim değerlerini akım ve gerilim grafiği olarak birlikte göstermek gerekirse, grafik üzerinde bulunan sonuçların daha iyi irdelenmesi sağlanabilir. 59

181 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Grafik: Örnek de verilen ve sonucun grafiği 60

182 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ BÖÜM 0 DOĞ AKMDA GEÇİİ OAYA 6

183 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Kondansatörün Şarj ve Deşarjını Ampermetre ve Voltmetre ile Gösterilmesi Kondansatörün şarj ve deşarjını incelemiş iç durumunda elektron ve protonların hareketlerini şekillerle göstermiştik. Şimdi bu kondansatörün bir direnç ile devreye bağlayıp bu uçları gerilim kaynağı ile beslemeye alalım. Kondansatörün ve direncin uçlarındaki gerilim ve akım durumlarını gözlemleyelim. (a) Kondansatörün anahtar kapatıldığında üzerinden geçen akım ve uçlarındaki gerilimin ampermetre ve voltmetredeki görünüşü (b) Kondansatörün uçlarındaki gerilimin kaynak gerilimine eşit olduğu anda üzerinden herhangi bir akımın akmayışı ve direnç uçlarındaki gerilim sıfır değeri göstermesi Şekil0. Bir kondansatöre seri bir direnç bağlayıp bu elemanlara gerilim uygulandığı anda kaynaktan bir süre akım geçecektir. Bu akımın geçmesi kondansatör uçlarındaki gerilim değeri kaynak gerilim değerine eşit oluncaya kadar devam edecektir. Bu arada şekil0. (a) da ampermetre anahtar kapatılır kapatılmaz max. akım kaynaktan çekildiği için büyük değer gösterecek daha sonra kondansatörün gerilimi arttıkça akım azalacaktır. 6

184 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil0. (c)kondansatörün deşarjında ampermetrenin ve voltmetrenin gösterdiği değer Şekil0.(a)da voltmetre ise sıfırdan başlayarak kondansatör uçlarına bağlanan kaynağın değerine kadar yükselecektir. Bu kaynak gerilimi değerinde şarj olan kondansatörü Şekil(c)de görüldüğü gibi gerilim kaynağını çıkardıktan sonra kondansatörün yükü direnç üzerinden harcanır. t0 anında ampermetre yüksek değerden sıfıra doğru, voltmetrede max. dan sıfıra doğru değer gösterecektir. Bu akan akımda deşarj akım ile adlandırılır. Bu kondansatör şarjı ve deşarjının süresi direncin ve kondansatörün kapasitesine bağlıdır. Bu geçen süreye zaman sabitesi denir. Formül olarak; τ zaman sabitesini bulunabilir. τ:(tau)zaman sabitesi(saniye) Örnek0.: Bir seri devresinde direnç değeri MΩ ve 5µF seri bağlanmıştır. Kondansatörün şarj süresini(zaman sabitesi) bulunuz. τ (.0 6 ).(5.0 6 ) 5s Kondansatörün direnç ile bir gerilim kaynağına bağlanarak şarj olayını gördük. Her kondansatör aynı zamanda şarj olamaz bunun üzerinden geçen akım ve kondansatörün kapasitesine bağlı olarak değişecektir. Zaman sabitesi yukarıda formülü elde edilmişti. Bu duruma göre t0 anında kondansatörün üzerinden geçen akım max. Daha sonra kondansatör şarj oldukça bu sıfıra inecektir. Aşağıdaki formül bir kondansatörün üzerinden geçen akımın formülünü verir. i(t) e t / 6

185 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ i(t):kondansatör üzerinden geçen değişken akım :Kondansatör uçlarına uygulanan gerilim :zaman sabitesi t:zaman(sn) Şekil0. Şekil0. deki devrede anahtar kapatıldığı anda kondansatör üzerinden geçen akımın değişim eğrisini t0 anından t anına kadarki durumunu zamana bu aralıklarda değerler vererek grafiksel gösterirsek aşağıdaki grafik kondansatör üzerinden geçen akımı gösterir. Şekil0. t0 için kondansatör üzerinden geçen akımı bulursak diğer değerleri de sizler bularak akım grafiğinin doğruluğunu görürsünüz. i(t) e i(0).e t / 0 / t 0 için akım.e 0. t0 anında(anahtar kapatıldığı anda) kondansatör üzerinden kaynak gerilimi ve direnç değerine bağlı olarak max. Değerde akım aktığı görülüyor. Sizlerde t değerleri vererek çeşitli zamanlardaki akımları bulunuz. 64

186 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Örnek0.: Şekil0.4deki devrede elemanların değerleri verilmiştir. Bu değerler doğrultusunda kondansatör üzerinden geçen akımları; (a) t0s (b) t0,05s (c)t0,s (d)t0,s (e)t 0,5s bulunuz Çözüm0.: Şekil0.4 Akım formülünde değerleri yerine yazılması ile bulunabilir. Önce bu devrenin zaman sabitesini bulalım. (00.0 Ω).(.0 6 F) 0, a dan e ye kadar verilen zaman değerlerini formülde yerlerine koyarak kondansatör üzerinden geçen akımları bulalım. (a)t 0s (b)t 0,05s (c)t 0,s (d)t 0,s (e)t 0,5s (i 0) e t / (i 0,05) e t (i 0,) e (i 0,) e (i 0,5) e t / t / t 0V 0 /.e kω 0V.e kω 0V.e kω 0V.e kω 0V.e kω / / 0, 0,/ 0, 0, / 0,5 / 0V. 0,mA kω 0V -0,5.e 0,mA kω 0V.e 0,076mA kω 0, 0V.e 0,07mA kω 0, 0V 5.e 0,00mA kω -0,05/0, sonu bulunur. Burada dikkat edilirse zaman geçtikçe kondansatörün üzerinden akım akışı azalıyor. Süreyi biraz daha artırsak akım grafikte gösterdiğimiz gibi sıfır olacaktır. 65

187 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Direncin Üzerindeki ve Kondansatör çlarındaki Gerilim Kondansatöre seri bağlı bir direnç uçlarındaki gerilim düşümü ohm kanunundan faydalanılarak bulunabilir. Direnç kondansatöre seri bağlı olduğundan kondansatör üzerinden geçen akım aynı zamanda direnç elemanı üzerinden geçeceğinden t0 anında direnç uçlarındaki gerilim düşümü max. Olacak, akım azaldıkça ve akım sıfır olduğunda direnç uçlarında herhangi bir gerilim düşümü mantıken olmayacaktır. Bunu formüllerle ifade ederek gösterelim. (t).i(t) (t).(.e t (t).e / t / ) Volt ohm kanunundan yazılabilir. değeri birbirini götüreceğinden; bulunur. direnç uçlarındaki gerilim bulunduğuna göre kondansatör uçlarındaki gerilim kirşofun gerilimler kanunundan faydalanılarak kondansatör uçlarındaki gerilim aşağıdaki şekilde olur. (t) (t) (t) çekilirse; (t) (t) (.e t / ) ( e t / ) Volt kondansatör uçlarındaki gerilim formülü bulunur. Örnek0.: Şekil0.5 Kondansatörün şarj esnasındaki gerilim eğrisi Şekil0.6 deki verilen devrede anahtar 50µs kapatıldığında kondansatörün uçlarındaki gerilimi hesaplayınız. 66

188 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Şekil0.6 Çözüm0.: Devredeki verilerle kondansatör uçlarında 50µs sonra gerilim değeri formülde değerler yerine yazılarak kondansatörün uçlarındaki gerilim değeri bulunabilir. 8,.0 Ω.0,0.0 (50µ s) ( e t / 6 F 8µ s 50V( 0,54),8V ) 50V( e 50µ s / 8µ s ) 50V( e 0,6 ) Örnek0.4: Şekil0.7 deki devrede kondansatörlerin dolma esnasında ve ful dolduğu anda kaynaktan çekilen akımları ve eleman üzerlerindeki gerilimleri bulunuz.(direnç değerleri ohm cinsindendir) Çözüm0.4: Şekil0.7 (a) Şekil0.7 deki devrede anahtar kapatıldığı anda kondansatörünün üzerinden akım akacağından direncinden akım geçmediğinden direnç uçlarında gerilim 0V tur. elemanı direncine seri bağlandığından akımları eşit olacaktır. Kısaca kondansatörler ful olana kadar kısa devre şeklini alacak devrede hiç direnç göstermeyecektir. Bu duruma göre kaynaktan çekilen akım(şekil(b)deki devreye göre; 67

189 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ T T // 60V 4A 5Ω 0Ω // 0Ω 5Ω toplam akım bulunduğuna göre bu akım direnç değerleri eşit olan ve elemanlarından ikişer amper olarak şekil(b) deki gibi akacaktır. Kondansatörler ful doldukları anda D devrede açık devre özelliği göstereceğinden gerilim kaynağından çekilen akım şekil(c) deki görüldüğü gibi olacaktır. Bu durumda devre elemanlarının bağlantı şekline göre; T T 60V,5A 40Ω 0Ω 0Ω 40Ω Dikkat edilirse kondansatörler ful dolduğu andan sonra kaynaktan çekilen akım düşme gösteriyor. Kondansatörler D de açık devre özelliği gösterdiği unutulmaması gerekir. (b) (c) 68

190 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Kondansatör uçlarındaki gerilim değerleri bu geçen akımlara göre;,5a.0ω 5V,5A.0Ω 45V kondansatör açıçıdevre olduğlduğu direnci uçlarıçlar direnci uçlarıçlar Şekil0.7(c) de açık bir şekilde görülmektedir. D devrede Bobin ve Direncin Seri bağlanması i gerilim aynen görülür. i gerilim aynen görülür.çünkü elemanı üzerinden akık akmayacaktır. Bobinler kendi aralarında devrelerde tek olarak kullanılabildikleri gibi direnç elemanları ile birlikte devrelerde seri olarak veya değişik şekillerde bağlanabilirler. Burada bobini dirençler seri bağlayarak incelemeye alınacaktır. Saf bir bobin olmadığından mutlaka bobinin içerisinde azda olsa bir omik direnç görülür. Bobinin omik direncini ohmmetre ile ölçerek bulunabilir. Yukarıdaki konularda saf bir bobinin uçlarındaki gerilimi incelemiştik. Zamana bağlı bir durum söz konusu idi. Bobin ilk anda bir akım akışına zorluk gösteriyor daha sonra zıt emk nın değeri düştükçe üzerinden akımın akmasına müsaade ederek geçmesine izin veriyor. bu müsaade etme durumu bobinin ve buna bağlı direncin değeri ile orantılıdır. Buna zamana sabitesi denir. Zaman sabitesi τ(to) aşağıdaki gibi bulunur. Bobin uçlarındaki gerilim değeri ise aşağıda gösterilen formülle bulunabilir. τ (t). e t( / ) Şekil0.8 direnç ve bobinin seri bağlantısı bobin uçlarındaki zamana göre gerilim eğrisi 69

191 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Dikkat edilirse grafikte bobin uçlarındaki gerilim anahtar kapatılır kapatılmaz(t0) bobin uçlarındaki gerilim kaynak gerilimine eş bir gerilim değeri görülmekte daha sonra zaman ilerledikçe uçlarındaki gerilim azalarak 0(sıfır) olmaktadır. Demek ki bobin akımın dalgalanası durumunda uçlarındaki gerilim artmakta akım sabit değerde kaldığı durumda ise bobin uçlarındaki gerilim o olmaktadır. Bu konu ile ilgili sayısal bir örnek yaparak bobin uçlarındaki gerilim değişimlerini sayısal olarak görelim. Örnek0.5 : Şekilde sayısal değerleri verilen devrede; a- t0 da bobin uçlarındaki gerilimi, b- t5τ da iken bobin uçlarındaki gerilimi, c- Zaman sabitini d- t0,4ms deki bobin uçlarındaki gerilimi, e- τ değerindeki bobin uçlarındaki gerilim değerini, f- t0,4s deki kaynaktan çekilen akımı bulunuz. Çözüm0.5: Şekil0.9 Örneğin şekli Bulunan değerlere göre bobin uçlarındaki gerilim a- t0 anında.e t( / ) 0(50mH /00Ω) 0 4V.e 4V.e 4V b- t5τ.e.e (t 0).e 4V.e 4V.0,0067 t( / ) 5τ / τ 5 5 (t 5τ) 0,608V 50mH 50.0 H c- τ 0,5ms 0,5.0 s 00Ω 00Ω d- t0,4ms.e t / τ 0,4.0 / 0,5.0 0,8 4V.e 4V.e 0,78V τ / τ e- tτ 4V.e 4V.e,9V (τ) 70

192 DOĞ AKM DEVE ANAİZİ Kirşofun gerilimler kanunundan faydalanılarak aşağıdaki bağıntı yazılabilir. (t) (t).e (t) t( / ) ( e (t) t( / ) (t) Volttur. buradan t0 anında (t) kaynak gerilimine eşit olacağından (t)0 dır. Kirşofun gerilimler kanunundan kaynaktan çekilen akım aşağıdaki şekilde bulunabilir. (zaman değeri ms olarak verilmiş, bu zamanı saniyeye çevirmek gerekir) i(t) r t( ) 4V.( e ).e 00Ω i(t) 07,8mA ( 0,4.0 ) /(0,5.0 ) 0,4.e 0,8 0,4.0,45 0,078A 7

193 BÖÜM ATENATİF AKMN TEME ESASA. DOĞ VE ATENATİF AKMN KAŞAŞTMAS. SİNÜSOİDA ATENATİF AKMN EDE EDİMESİ. ATENANS, PEİYOT, FEKANS 4. AÇSA HZ, DAGA BOY 5. KTP SAYS İE DEVİ SAYSNN FEKANSA ETKİSİ 6. ATENATİF GEİİM VE AKMN DEĞEEİ 7. SİNÜSOİDA Bİ DAGANN VEKTÖE GÖSTEİİŞİ 8. FAZ ve FAZFAK

194 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ ATENATİF AKMN TEME ESASA. DOĞ VE ATENATİF AKMN KAŞAŞTMAS Elektrik enerjisi, alternatif akım ve doğru akım olarak iki şekilde üretilir. Bugün kullanılan elektrik enerjisinin %90 ından fazlası alternatif akım olarak üretilmektedir. Bunun çeşitli nedenleri vardır. Bunları sıra ile inceleyelim. Elektrik enerjisinin uzak mesafelere ekonomik olarak iletilmesi için yüksek gerilimlere ihtiyaç vardır. Belirli bir güç, mesafe ve kayıp için iletim hattının kesiti, kullanılan gerilimin karesi ile ters orantılı olarak değişir. Doğru akımın elde edilmesinde kullanılan dinamolar (D.A. jeneratörü) yüksek gerilimli olarak yapılamazlar. Komütasyon zorluklarından dolayı, ancak 500 volta kadar D.A üreten genaratörler yapılabilmiştir. Alternatif akım üreten alternatörlerden ise 0, 600, 0500 ve 0000 volt gibi yüksek gerilimler elde edilebildiği gibi, transformatör denilen statik makinelerle bu gerilimleri 60 kv, 00 kv ve daha yüksek gerilimlere yükseltmek de mümkündür. Elektrik enerjisinin taşınması yüksek gerilimli alternatif akımlarla yapılır. Hattın sonundaki transformatörlerle bu yüksek gerilim, kullanma gerilimine dönüştürülür. ıva buharlı redresörlerle yüksek gerilimli alternatif akımı, yüksek gerilimli doğru akıma çevirerek enerjiyi taşımak ve hattın sonuna inverterlerle düşük gerilimli alternatif akıma çevirmek mümkün olduğu halde, uygulamada fazla kullanılmamaktadır. Büyük güçlü ve yüksek devirli DA jeneratörleri komütasyon zorluklarından dolayı yapılamazlar. Alternatörler ise, büyük güçlü ve yüksek devirli olarak yapılabilirler. Böylece elde edilen enerjinin kilovat saat başına maliyeti ve işletme masrafları düşük olur. Alternatörler kva, kva gücünde yapılabilirler. Sanayide sabit hızlı yerlerde alternatif akım motoru (endüksiyon motoru), doğru akım motorundan daha verimli çalışır. Endüksiyon motoru, D.A. motorundan daha ucuz, daha sağlam olup, bakımı da kolaydır. D.A. motorunun tek üstünlüğü, devir sayısının düzgün olarak ayar edilebilmesidir. Doğru akımın tercih edildiği veya kullanılmasının gerekli olduğu yerler de vardır. Elektrikli taşıtlar, galvano teknik (maden kaplamacılığı) ve madenlerin elektrikle arıtılması tüm elektronik sistemler ve haberleşme sistemlerinde D.A

195 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ kullanılır. Bu gibi yerlerde doğru akım genellikle, alternatif akımın D.A a çevrilmesi ile elde edilir.. SİNÜSOİDA ATENATİF AKMN EDE EDİMESİ. SİNÜSOİDA EMK (EEKTO MOTO KVVET) Şekil. de görüldüğü gibi, N S kutuplarının meydana getirdiği düzgün manyetik alanın içinde bulunan iletken, kuvvet çizgilerini dik kesecek şekilde hareket ettirildiğinde, iletkende bir emk indüklenir. Şekil. Sinüsoidal emk nın 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 arasında hareket ettirildiğinde, ölçü aletinin ibresi sapmaz. Yani iletkende hiçbir emk indüklenmez. Faraday kanununa göre, bir iletken kuvvet çizgilerine dik olarak hareket ettirildiğinde bir saniyede 0 8 maksvellik bir akıyı kesiyorsa, bu iletkende voltluk bir emk indüklenir. Manyetik kuvvet çizgileri yoğunluğu B gavs (maksvel/cm ) iletkenin boyu () cm ve iletkenin hızı V cm/sn olduğuna göre, iletkenin bir saniyede tarayacağı alan (.V) cm ve iletkenin saniyede kestiği manyetik çizgileri (BV) maksvel olur. İletkende indüklenen emk, GS birim sisteminde eb..v. 0-8 volt

196 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ MKS sisteminde, e B.. V. Volt B: Manyetik akı yoğunluğu, weber/m : İletkenin boyu, metre V: İletkenin hızı, m/saniye e: Emk, volt Şekil. deki elektromıknatısın N ve S kutupları arasında düzgün bir manyetik alanın olduğunu kabul edelim. Bu alanın içinde, saat ibresi yönünde dairesel olarak dönebilen düz bir iletken bulunuyor. İletken döndürüldüğünde, manyetik kuvvet çizgilerini kestiği için iletkende bir emk indüklenir. Şekil. (a) NS kutupları içinde iletken hareketi (b) A.A dalga şekli 4

197 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Alternatif akımın Osilaskop ekran görüntüsü Şekil.a da görüldüğü gibi, V dairesel hızını anında; manyetik kuvvet çizgilerine dik Vf ve manyetik kuvvet çizgilerine paralel Vf hızı olmak üzere iki bileşene ayıralım. V hızı ile döndürülen iletken anında manyetik kuvvet çizgilerini Vf gibi bir hızla dik olarak keser. İletkenin manyetik kuvvet çizgilerini dik kesme hızı, Vf V sin α dır. İletkende indüklenen emk, iletkenin manyetik kuvvet çizgilerini dik kesme hızı ile doğru orantılıdır. Hızın manyetik kuvvet çizgilerine paralel olan bileşeni Vt V. os α dır. Manyetik kuvvet çizgilerine paralel olan hız ile iletkende indüklenen emk arasında hiçbir ilişki yoktur. Yani, iletkenin manyetik kuvvet çizgilerine paralel hareket etmesi iletkende hiçbir emk indüklemez. Düzgün dairesel bir hızla düzgün bir manyetik alan içinde dönen iletkende emk, e B.. V. sin α formülü ile hesaplanır. Şekil.a daki iletkende, değişik anlarda indüklenen emk leri bularak şekil.b deki emk eğrisi çizilebilir.. anında: İletken V hızı ile manyetik kuvvet çizgilerine paralel hareket ediyor. Bu anda α0 dır. İletken manyetik kuvvet çizgilerini dik olarak kesmiyor. Yani, Vf V. sin 0 0 dır. Şu halde. anında iletkende indüklenen emk sıfırdır.. anında: İletken manyetik kuvvet çizgilerini kesme açısı 45 dir. Manyetik kuvvet çizgilerini dik kesen hız bileşeni VfV.sin 45 dir. İletkende Vf ile orantılı olarak bir emk indüklenir. 5

198 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ. anında: iletkenin manyetik kuvvet çizgilerini kesme açısı α90 dir. VfV.sin 90 V olur. İletkenin kestiği manyetik kuvvet çizgilerinin sayısı maksimum olduğundan, indüklenen emk da maksimum olur. anında, iletken S kutbunun tam altındadır. 4. anında: iletken kuvvet çizgilerini α5 lik bir açı ile keser. Manyetik kuvvet çizgilerini dik kesen hız bileşeni anından sonra azalmıştır. VfV.sin 5 V.sin(90 45 ), 4 anında indüklenen emk azalır. 5. anında: iletken nötr ekseni üzerinde ve manyetik kuvvet çizgilerine paralel olarak V hızı ile hareket eder. α80 dir. EB..V.sin80 0 volt olduğu görülür.,,,4 ve 5 anlarında iletken manyetik kuvvet çizgilerini soldan sağa doğru olan bir hareketle kesmiştir. 5. anından sonra iletkenin manyetik alan içindeki kuvvet çizgilerini dik kesen hareketinin yönü değişir. Sağdan sola doğru olur. Dolayısıyla, 5. anından sonra iletkende indüklenen emk in de yönü değişir. 6. anında: iletken manyetik kuvvet çizgilerini kesme açısı α olur. İndüklenen emk negatif yönde biraz artmıştır. 7. anında: iletkenin manyetik kuvvet çizgilerini kesme açısı α70 0 yani 90 0 dir. Bu anda iletken N kutbunun altında ve kestiği akı maksimum olduğu için indüklenen emk de maksimum olur. 8. anında: İletken manyetik kuvvet çizgilerini dik kesme hızı azaldığı için indüklenen emk azalır.. anında indüklenen emk tekrar sıfır değerine düşer. α90 0 iken, vf V.sin α V. sin 90 V olacaktır. Bu durumda iletkenin manyetik akıyı dik kesme hızı yüksek değerde olacağından, indüklenen emk de maksimum değerde olur. e B.. V. 0-8 Em Buna göre, manyetik alan içinde dairesel olarak dönen düz bir iletkende indüklenen emk in genel ifadesi, e Em. Sin α Olur. α açısının değerine göre, değişik anlarda indüklenen emk in yönü ve değerini bu formülle ifade edilir. Alternatif gerilimin herhangi anındaki değeri bulunabilir. Diğer bir ifade ilen bu formül alternatif gerilimin ani değer formülüdür. 6

199 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Düzgün bir manyetik alan içerisindeki bir iletkenin uçlarında indüklenen emk i adım adım incelendi. İletken indüklenen emk sıfırdan başlayarak 90 0 de pozitif maksimuma yükselip 80 0 de sıfıra düşmekte sonra ters yönde 70 0 de negatif maksimuma yükselip tekrar 60 0 de sıfıra düşmektedir. İletkenin sürekli dönmesi ile bu değişik periyodik olarak tekrarlanmaktadır. Bu değişime göre elde edilen emk e alternatif emk denir. Üretilen alternatif emk in değişim eğrisi grafik olarak şekil.b de görülmektedir. Bu grafikte α açısı yatay eksende ve üretilen emk dikey eksende gösterilmiştir. Emk, α açısının sinüsü ile orantılı olarak değiştiğinden elde edilen bu eğri sinüs eğrisidir. Dolayısıyla, üretilen emk de sinüsoidal bir emk dır. Örnek. Manyetik alan içerisinde, sabit hızla döndürülen bir iletkene indüklenen emk in maksimum değeri 4 volttur. Bu iletkenin α 45 0 iken indüklenen gerilimin ani değeri nedir? Çözüm.: Em 4 volt ani değer formülü e Em. sin α α45 0 ise sinα sin45 0,707 e 4 x 0,707 9 Volt Bir iletkende döndürülmekle elde edilecek emk küçük olur. Şekil. de görüldüğü gibi, bir sarımlı bir bobin N ve S kutuplarının arasında döndürülürse, sarımın her iki kenarında indüklenen emk ler birbirine eklendiği için tek iletkene göre, iki kat emk elde edilir. N S kutupları arasına bir sarımlı bobin yerine (n) sarımlı bir bobin konur ve bobinin uçları da şekil. deki gibi bileziklerle bağlanırsa, bobin döndürüldüğünde indüklenecek olan emk in (n) katı olur. Çünkü, (n) sarımın her birinde indüklenen emk ler, birbirine seri bağlı olduğu için, birbirine eklenir. Bileziklere sürtünen fırçalar yardımı ile bobinde indüklenen sinüsoidal emk, bir alıcıya şekil.de görüldüğü gibi uygulanabilir. 7

200 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil. Üretilen emk e yük direncinin bağlanması Sinüsoidal emek direncine uygulanınca devreden alternatif bir akım geçer. Ohm kanununa göre, herhangi bir anda dirençten geçen akım, i E m. Sinα E m Sinα ifadesinde, E / değeri yerine konulursa, m m i m.sinα ifadesi akımın herhangi bir anındaki genel ifadesini verir. Bu akımda sinüsoidal bir akımdır. Şekil. 4de emk ve akımın dalga şekilleri görülmektedir. E m m e E m.sinwt i m.sinwt m - E m Şekil.4 Emk ve Akımın dalga şekilleri 8

201 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ. ATENANS, PEİYOT, FEKANS Alternatif akımın üretilmesi mekanik jeneratörlerden elektronik olarak ise sinyal jeneratörlerinden elde edilebilir. Doğru akımda olduğu gibi alternatif akımında sembolü ve dalga şekli, şekil.5 de görüldüğü gibidir. Gerilim (V) ve Akım () Pozitif maksimum Zaman (t) Gerilim (-V) ve Akım (-) Negatif maksimum Şekil.5 A.A sembolü ve dalga şekli Alternans: Alternatif akım şekil.5 de görüldüğü gibi sıfırdan pozitif maksimum değere daha sonra sıfıra gelme durumuna pozitif alternans, sıfırdan eksi maksimum değere daha sonra tekrar sıfıra gelmesine negatif alternans denir. İki alternansının birleşmesi ile bir saykıl (cycle) oluşur. Alternatif gerilimi bir devreye bağlanırsa akımın akışı alternanslara göre değişir. Bu değişim şekil.6 da olduğu gibidir. - (a) Pozitif alternans: devrede oluşturduğu akımın yönü 9

202 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ - (b) Negatif alternans: devrede oluşturduğu akımın yönü Şekil.6 Periyot: Bir saykılın oluşması için geçen süreye periyot denir. N S kutbu arasındaki bir iletken veya bobin 60 derece döndürüldüğünde indüklenen emk bir sinüs dalgalık değişime uğrar. Bobine iki devir yaptırıldığında indüklenen emk iki sinüs dalgası çizer. Bir periyot 60 dir. Periyot T harfi ile ifade edilir. Birimi ise saniyedir. Şekil.7de sinüsoidal dalganın periyodu görülmektedir. (t) Peryot (T). Saykil. Saykil Şekil.7 Sinüsoidal dalganın periyodu Örnek. Şekil.8de görülen dalganın periyodu kaç saniyedir t (s) Şekil.8 Çözüm. Şekil.9 da gösterildiği gibi periyodun belirlenmesinde sıfırdan sıfıra veya (pozitif, negatif) tepe değerinden tepe değerine olan zaman aralığına bakılarak bulunur. 0

203 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Tepeden tepeye T T t (s) T Sıfırdan sıfıra T Şekil.9 Periyodu belirleme şekli Bu açıklamalardan sonra dalganın periyodu 4s dir. T4 s Frekans: Alternatif akım veya gerilimin bir saniyede oluşan periyot sayısına veya saykıl sayısına frekans denir. Frekans f harfi ila ifade edilir. Birimi saykıl/saniye, periyot/saniye veya Hertz dir. Periyot ile frekans arasındaki ifade şu şekildedir. f T T f Frekansın birimi olan hertz in as katları mevcut değildir. Üst katları ise kiloherzt, megaherzt ve gigaherzt olarak sıralanabilir. Bu dönüşümler ise; Hz 0-9 GHz Hz 0-6 MHz Hz 0 - khz kendi aralarında biner biner büyür ve küçülür. Şekil.0da düşük ve yüksek frekans görülmektedir. Dikkat edilirse (a) da bir saniyede iki saykıl oluşurken (b)de ise üç saykıl oluşmaktadır. Bu duruma göre de dalgaların frekansı değişmektedir. Türkiye de kullanılan alternatif gerilimin frekansı 50 Hz olduğu da bilinmelidir. Bu demektir ki sinüsoidal dalga bir saniyede elli kez oluşmaktadır.

204 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ (t) (t) s s (a) (b) Örnek. Şekil.0 Şekil.0 da verilen gerilimin frekansını bulunuz. (t) (t) s s (a) (b) Çözüm. Şekil.0 Önce (a) daki dalga şeklinin frekansını bulmak için bir saniyedeki saykıl sayısı bulunur. Burada saniyede iki saykıl oluşmaktadır. Bu durumda periyot T/ 0.5 s dir.dalganın frekansı ise; f Hz 0. 5 Şekil.0 (b)deki dalga şeklinin frekansını bulmak için ise bir saniyedeki saykıl sayısı bulunur. Burada saniyede üç saykıl oluşmaktadır. Bu durumda periyot T/ 0. s dir.dalganın frekansı ise; f Hz 0. Örnek. Alternatif gerilimin bir periyodunun oluşması için geçen süre 0 ms ise bu gerilimin frekansı nedir?

205 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Çözüm. Alternatif gerilimin periyodu bilindiğine göre frekansla periyot arasındaki ilişki formülünden; T0 ms s f 00 Hz bulunur T 0ms 0.0 s 4. AÇSA HZ, DAGA BOY Açısal Hız: N ve S kutupları arasında dönen bir bobinde indüklenen emk in frekansı, bobinin devir sayısı ve bobinin açısal hızı ile doğru orantılıdır. Döndürülen bir bobinin birim zamanda kat ettiği açıya açısal hız denir. Açısal hız, derece/saniye veya radyan/saniye ile ifade edilir. A r o r B Şekil. Şekil. de görüldüğü gibi, yarıçapı r olan bir çember üzerindeki A noktası hareket ederek tekrar A noktasına geldiğinde katettiği yol πr ve taradığı açıda 60 dir. A noktasının çember üzerinde yarı çap kadar bir yol alarak B noktasına geldiğinde, katettiği açıya radyan denir. A noktası bir devrinde (πr /rπ) radyanlık bir açıyı taramış olur. Yarı çapı olan bir çember üzerindeki bir noktanın bir devrinde katettiği açı π radyandır. Şu halde, 60 derece π radyana, π radyan 80 eder. Açısal hız genellikle radyan/saniye ile ifade edilir. Ve ω (omega) harfi ile gösterilir. N ve S kutupları arasında döndürülen bir bobinin açısal hızının ω rad/s oluğunu kabul edelim. Bobinin her hangi bir t saniyede katettiği açı ωt dir. Bobinde indüklenen emk in herhangi bir anındaki değeri eem.sinα dır. α bobinin herhangi bir t zamanında katettiği açı olduğuna göre, αωt yazılabilir. Emk eem.sinωt olur. Bir sinüs dalgası ( periyot) 60 yani π radyandır. Frekansı (f) olan bir emk, bir saniyede f tane periyot çizer. Emk in açısal hızı,

206 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ απf radyan/saniye olur. Bu değer emk formülünde yerine konulursa alternatif gerilimin herhangi bir anındaki değer formülü ortaya çıkar. e Em.SinαEm.SinωtEm.Sinπft olur. Örnek.4: Bir alternatörde üretilen 60 Hz frekanslı sinüsoidal emk in maksimum değeri 00 Volttur. Emk in açısal hızını 0,005 saniyedeki ani değerini hesaplayınız. Çözüm.4: Açısal hız, ω πf π rad/s T0,005 saniyedeki α açısı, α ωt 77.0,005,89 radyan bulunur. α.89.(60 / π),89.57, sinα sin08 0 0,95 e Em.sin α 00.0,95 95, Volt Dalga Boyu: Elektrik akımı saniyede km lik bir yol kat eder. Akımın frekansı f olduğuna göre, bir saniyede f kadar dalga meydana getirir. Bir dalganın kapladığı mesafeye Dalga Boyu denir. λ (lamda) harfi ile gösterilir. Birimi metredir λ f f λ: Dalga boyu, metre ffrekans, periyot/s Herzt Örnek.5: Frekansı 50 Hz olan alternatif akımın dalga boyu kaç metredir? Çözüm.5: λ.0 f metre Örnek.6: Dalga uzunluğu 600 m olan İstanbul radyosunun yayın frekansını bulunuz? Çözüm.6:.0 λ f 8 formüden f çekersek; f khz 4

207 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ 5. KTP SAYS İE DEVİ SAYSNN FEKANSA ETKİSİ Şekil. (a) da olduğu gibi N ve S kutupları arasındaki iletkenin bir devrinde iletken 60 veya π radyanlık bir açı kat eder. İletkende bir periyotluk bir emk indüklenir. İletken dakikada N devirle döndürülürse, indüklenen emk in frekansı (n/60) herz olur. Şu halde, indüklenen emk in frekansı, saniyedeki devir sayısı ile doğru orantılıdır. Kutup sayısı arttıkça dalga sayısı da artacağından frekansta bu doğrultuda artacaktır. Bir alternatif akım alternatörünün kutup sayısı (P) ve dakikadaki devir sayısı da N olduğuna göre, indüklenen emk in frekansı, P.N f 60 formülü ile hesaplanır. Formüldeki harflerin anlamları; f: Frekans, Herzt P: Çift kutup sayısı (aynı adlı kutup sayısı) N: Dakikadaki devir sayısı, Devir/dakika Dört kutuplu bir alternatörde rotorun bir devrinde iletken 60 lik bir geometrik açıyı katetmiş olur. Emk ise (.60) elektriki derecelik açıyı kat eder. Örnek.7 4 kutuplu bir alternatörden, 50 Hz frekansı ve 00 Hz frekanslı alternatif akım üretilebilmek için, rotor kaç devirle döndürülmelidir? P.N 60.f Çözüm.7: f formüden N çekersek; N 60 P f 50 Hz N 500 d/d f00 N 000 d/d Örnek.8: 6 kutuplu bir alternatör 000 d/d ile döndürülmektedir. Üretilen emk in maksimum değeri 00 volttur. (a) Frekansı; (b) Açısal hızı (c) t0,0 saniyedeki emk in değerini hesaplayınız? Çözüm.8:(a) P.N.000 f 50 Hz

208 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ ω πf π50., radyan/s α ωt 4.0,0,4 0 0 (b) derece ( ).rad ( ).,4 80 π(rad) π (c) e Em.Sinωt Em.Sin80 0 Em.0 0 Volt Kutup Sayısı(P) Devir Sayısı (d/d) Tablo. 50 Hz Frekansı alternatörün kutup sayıları ve devirleri 6. ATENATİF GEİİM VE AKMN DEĞEEİ Ani Değer: Alternatif akımın elde edilişi incelenirken manyetik kutuplar arasında hareket eden iletken manyetik kuvvet çizgilerinin kesme açısına göre bu iletkende bir gerilim indüklemesi meydana gelmekte ve bu gerilim değeri an ve an değişmekte olduğu görülmekte idi. Bu durumda gerilimin veya akımın herhangi bir anındaki değerine ani değer olarak tanımlamak gerekir. Ani değer küçük harflerle ifade edilir. Gerilim u, akım i, güç p gibi. Alternatif gerilimin herhangi bir zamandaki eğerini; eem.sinωt Em.Sinα bulunur. Alternatif akımın ani değeri ise; im.sinωtm.sinα bulunur. Alternatif gerilim ve akımın n tane ani değerini bulmak mümkündür. Maksimum Değer: Alternatif akımın elde edilmesi incelenirken şekil. de görüldüğü gibi iletken üçüncü konumda iken en büyük emk indüklenmekte idi. İletken başlangıç konumundan, bu konuma gelmesi için 90 lik bir dönme yapması gerekir. Yedinci konumda, yani iletkenin 70 lik dönmesi sonunda yine en büyük emk indüklenmekte, fakat yönü ters olmakta idi. İşte alternatif 6

209 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ emk in bu en büyük değerlerine tepe değeri veya maksimum değeri denir. Maksimum değer emek için Em, gerilim için m ve akım için m sembolleri ile gösterilir. Şekil.de görüldüğü gibi. Gerilim (V) ve Akim () Pozitif maksimum Em,m,m Zaman (t) Gerilim (-V) ve Akim (-) Negatif maksimum -Em,-m,-m Şekil. Alternatif akımın maksimum değerleri Ortalama Değer: Alternatif gerilimin veya akımın yarım periyot içinde aldığı bütün ani değerlerin ortalamasına ortalama değer denir. Büyük harflerle ifade edilir. Ortalamayı ifade eden or kısaltması konulur. or(avg), or, Por gibi Alternatif akımın bir periyodunda pozitif alternans ve negatif alternanslar vardır. Pozitif alternans ve negatif alternanslar birbirlerine eşit olduğu için bir periyodun ortalama değeri sıfırdır. Fakat yarım periyodun ortalama değeri sıfır değildir. Alternatif akımın eğrisi sinüs eğrisi olduğu için bu eğrinin ortalama değerini elde etmek için, eğrinin yarım periyodu üzerinde eşit aralıklı ani değerler alınır ve bunların ortalaması bulunur. Diğer bir ifade ile yarım periyodun alanı taranarak taranma değerine bölümü ile de bulunur. Gerilim (V) ve Akim () m m.sinwt Zaman (t) -m Şekil. 7

210 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil.de görülen sinüsoidal gerilimin yarım alternansında her 5 derece için ani değerleri hesaplanırsa bu yarım alternansta 6 ani değer vardır. Elde edilen gerilimi 6 ya bölündüğünde ortalama değer ortaya çıkar. Ortalama değerani değerler toplamı/ani değer sayısı0,66 m Bu alan entegral ile bulunur ve alan yarım periyoda bölünerekten aynı sonuç bulunabilir. T / π. m ort m.sin t d( t) m.sin t d( t) sin ωt d( ωt) T / ω ω ω ω T π π m. π ( cos( ωt) ) m 0,66. π ) 0 π m m bulunur 0 ( cos( π) ( cos(0)) π m 0 ( ( ) ( )) π Bu sonuçlardan sonra şu tespit yapılabilir. Bir sinüs eğrisinin ortalama değeri, maksimum değerinin 0,66 katına eşittir. Bu sinüsoidal akım içinde aynen geçerliktedir. Şekil.4 de akımın ortalama değeri or( avg ) görülmektedir. m.() Akim (A) m or0,66 m m.sinwt Zaman (t) Şekil.4 Efektif (Etkin) Değer: Alternatif akımda en çok kullanılan değer, etkin değerdir. Bu değer; bir dirençten geçen alternatif akımın, belirli bir zamanda meydana getirdiği ısı enerjisine eşit bir enerjiyi, aynı dirençten geçen doğru akım aynı zamanda meydana getiriyorsa, doğru akımın değerine alternatif akımın etkin değeri denir. Şekil.5 de alternatif akım ve doğru akıma bağlanan dirençler aynı ısıyı verir. Büyük harflerle ifade edilir.,, E, P gibi veya eff rms gibi. Alternatif akımın veya gerilimin ölçü aleti ile ölçülen değeridir. 8

211 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Sinyal Jenaratörü dc effrms dceffrms Şekil.5 D gerilime eşdeğer olan A.A efektif değeri Alternatif akımda işi yapan gerilim efektif değeridir. Bu değeri bir periyotta ani değerlerin karesinin ani değer sayısına bölümünün kare köküne eşit olarak tanımlanır. Gerilimin etkin değeri; n u u... u 0,707 n Akımın etkin değeri; m n i i... i 0,707 m n formülleri ile bulunur. Buradan da görüldüğü gibi efektif değer tepe değerinin 0,707 katına eşittir. Bu bulunan değeri entegralle de bulunabilir. π m eff ( m sin ωt) d( ωt) T 0 0,707 m Örnek.9: Şekil.6 da görülen alternatif gerilimin tepe( p ), tepeden tepeye ( pp ), efektif ( eff ) ve ortalama ( ort ) değerlerini bulunuz. 9

212 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ t - Şekil.6 Çözüm.9: Alternatif dalganın tepe eğeri p m 4,5 V olduğu görülür. Bu değer ile diğer alternatif gerilim değerleri formüllerle bulunur. pp eff ort bulunur. p rms avg.(4,5) 9V 0,707 0,66 m m 0,707.(4,5),8V 0,66.(4,5),87V 7. SİNÜSOİDA Bİ DAGANN VEKTÖE GÖSTEİİŞİ Büyüklükler genellikle, skalar ve vektörel büyüklüklerdir. Yalnız genliği olan büyüklükler skalardır. Kütle, enerji ve sıcaklık derecesi gibi değerleri gösteren büyüklükler skalardır ve bunlar cebirsel olarak toplanabilirler. Genliği, doğrultusu ve yönü olan büyüklük vektörel bir değer skalar büyüklükleri ihtiva eder. A.A. devrelerine ait akım, gerilim, emk ve empedans gibi değerler vektöreldir. A.A gerilim sinüsoidal bir dalga şeklinde olduğundan bunun vektörel gösterimi açıklamak gerekir. Şekil.7 görülen B vektörünün, saat ibresinin ters yönünde ω (omega) açısal hızı ile döndüğünü kabul edelim. Herhangi bir t anında, B vektörünün katettiği açı αωt dir. B vektörünün dik bileşeni ( Y eksenindeki bileşeni) B.Sinα veya B.Sinωt dir. Değişik zamanlardaki B vektörünün durumunu gösteren katettiği açılar X ekseni üzerinde alındıktan sonra vektörün bu anlardaki düşey bileşenleri 0

213 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ (a) (b) Şekil.7 Dönen vektörün oluşturduğu sinüs eğrisi taşındığında şekil.7 (b)deki sinüs eğrisi elde edilir. Sinüs eğrisinin maksimum değeri, B vektörünün genliğine (boyuna) eşittir. Şu halde bir sinüs eğrisi, ω açısal hızı ile dönen ve genliği sinüs eğrisinin maksimum değerine eşit olan bir vektörle gösterilebilir. m i m.sinwt w m - m (a) (b) Şekil.8 Sinüsoidal akım ve vektörel gösterimi i m.sinωt alternatif akımını, maksimum değeri m olan ve ω açısal hızı ile saat ibresinin ters yönünde dönen bir vektörle, şekil.8 (b) deki gibi gösterebiliriz. e Em.sinωt emk in eğrisi ve vektörel gösterilişi şekil.9 görülmektedir. E m e E m.sinwt w E m - E m Şekil.9 Sinüsoidal emk ve vektörel gösterimi

214 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Dönen B vektörünün t0 anında X ekseni (referans ekseni) ile θ açısı yaptığını kabul edelim. Vektörün herhangi bir t anında X eksen ile yaptığı açı α(ωt0) dır. Bu andaki vektörün düşey bileşeni B.Sin(ωt0) olur. t0 anında düşey (B Sinθ) olduğundan, B vektörü saat ibresine ters yönde ω açısal hızı ile döndüğünde çizeceği sinüs eğrisi, sıfır değerinden değil (B. Sinθ) gibi bir değerden başlar. Şekil.0 deki sinüs eğrisinin herhangi bir andaki değeri ile bb.sin(ωtθ) ifade edilebilir.. B, B ϕ B 0 α ωt ϕ x 0 α Şekil.0 X ekseninden θ kadar geride olan B vektörünün ω açısal hızı ile saat ibresinin ters yönünde dönmesi ile çizeceği sinüs eğrisi Şekil. de görülüyor. Sinüs eğrisi t0 anında (A.Sinθ) gibi negatif bir değerden başlar. Bir zaman sonra ωtθ olduğunda B vektörü yatay referans ekseni üzerine gelir. w b 0 x wt B Şekil. A vektörünün düşey bileşeni sıfır olur. bu anda eğri de sıfırdır. t anında, B vektörünün X ekseni ile yaptığı açı (αθ) olur. Sinüs eğrisinin herhangi bir anındaki değeri, bb.sin(ωt-θ) ile ifade edilir.

215 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ X ekseni üzerinde bulunan genlikleri farklı A ve B vektörleri, ω açısal hızı ile saat ibresinin ters yönünde döndürüldüklerinde çizecekleri sinüs eğrileri şekil. de görülüyor. Bu iki sinüs eğrisi, aynı anda sıfır ve aynı anda maksimum değerlerini alırlar. Sadece genlikleri farklıdır. 0 A B w x 0 B b A a wt Şekil. Aynı fazlı iki vektörün sinüs eğrisi X ekseni üzerindeki B vektörü ve θ kadar geride A vektörü ω açısal hızı ile döndürüldüğünde çizecekleri sinüs eğrileri şekil. görüldüğü gibi olur. w B b A a 0 0 A B x 0 A wt 0 Faz farki Şekil. Aralarında θ açısı olan iki vektörün sinüs eğrisi B eğrisi sıfır değerinden başladığı halde, A eğrisi (-A ) değerinden başlar, θ kadar sonra A eğrisi sıfır değerini alır. B () maksimum değerini aldıktan sonra da A () maksimum değerini aldıktan θ kadar sonra A () maksimum değerine ulaşır. B ve A eğrileri şu şekilde ifade edilir. bb.sinωt a A.sin(ωt-θ) 8 FAZ ve FAZFAK Alternatif akım ve emk leri gösteren vektör veya eğrilerin başlangıç eksenine (x ekseni veya referans ekseni) göre bulundukları duruma faz denir. Üç çeşit faz vardır. Bunlar sıfır faz, ileri faz ve geri fazlardır.

216 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Sıfır faz: Eğer sinüsoidal bir eğri t0 anında sıfır üzerinden başlayarak pozitif yönde artıyorsa, bu eğriye sıfır faz eğrisi denir. Eğer ω açısal hızı ile saat ibresinin ters yönde dönen bir vektörün t0 anında referans ekseni ile yaptığı açı sıfır ise bu vektöre sıfır faz vektörü denir. Şekil.7 de sıfır fazlı bir alternatif gerilim eğrisi görülmektedir. İleri faz: Şekil.0 daki B vektörü ileri faz vektörü ve eğrisi de ileri faz eğrisidir. Geri faz: Şekil. deki B vektörü geri faz vektörü ve eğride geri fazlı eğridir. Çünkü, t0 anında B vektörü X ekseninden θ kadar geridedir. Çünkü, t0 anında B vektörü X ekseninden θ kadar geridedir. Belirli bir zaman geciktikten sonra, B vektörü referans ekseni üzerine gelir ve bu anda da eğri sıfır değerindedir. Faz Farkı: Vektörlerin ve eğrilerin aralarında bulunan açı veya zaman farkına faz farkı denir. Kısaca eğriler arasındaki zaman farkıdır. Alternatif akım sinüsoidal bir eğri olduğundan vektörel toplanı ve vektörel olarak çıkartılması gerekir. Çünkü alternatif akımın veya gerilimin zamana göre değişmektedir. İlerleyen konularda faz ve faz farkı oluşturan durumlar meydana gelecektir. Bundan dolayıdır ki konunun anlaşılması için bu konu üzerinde biraz fazla durulmuştur. Fakat daha da detaya girilmemiş bu detaylar diğer mesleklerin ana konularıdır. Örnek.0 Şekil.4 de A, B ve alternatif gerilim eğrileri çizilidir. Alternatif gerilimlerin fonksiyonlarını, faz durumlarını ve yazarak 90 deki gerilim değerini bulunuz. (volt) A B wt Şekil.5 4

217 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.0: Alternatif gerilimin eğrilerinin faz durumuna bakıldığında A ile gösterilen alternatif gerilim 0 fazlı, B ile gösterilen alternatif gerilim 0 ileri fazlı, ile gösterilen alternatif gerilim ise 45 geri fazlıdır. Bu doğrultuda alternatif gerilim denklemleri aşağıdaki gibi olur. u A m.sinθ veya u A m.sinα 0 sin90 o 0V u B m.sin( θ ϕ B ) veya u B m.sin( α ϕ B ) 5sin( 90 o 0 o ) 5sin( 0 o ) 4, 7V u m.sin( θ ϕ ) 8.sin( 90 o 45 o ) 8.sin( 45 o ) 8.sin( 0, 707 ) 5, 66V 5

218 BÖÜM ATENATİF AKM DEVEEİ DEVE EEMANA Alternatif akım devrelerinde akımın geçişine karşı üç çeşit direnç gösterilir. Devre elemanları dediğimiz bu dirençler; omik direnç, endüktansın endüktif direnci ve kapasitansın kapasitif direncinden ibarettir. Bu elemanlar devrelerde tek olarak kullanılabildiği gibi hepsinin bir arada kullanıldığı devreler de mevcuttur. Bu elemanların alternatif gerilimdeki davranışları incelenecektir. TEME DEVEE Alternatif akımda üç çeşit devre vardır. Banlar; dirençli devreler(omik devre), bobinli devre(endüktif devre) ve kondansatörlü devre (kapasitif devre) dir. Temel devrelere uygulanan gerilimi ve devrenin akımı etkin değerlerdir. devre akımı, uygulanan gerilime ve devre elemanının direncine bağlı olarak değişir. Devre elemanları D. de olduğu gibi alternatif akımda da seri, paralel ve seri-paralel (karışık) bağlanırlar. Devre elemanlarının ideal olması; omik direncinde endüktif direnç etkisinin bulunmaması, ve elemanlarında omik direnç etkisinin ve güç kaybının olmaması demektir. OMİK DEVE.ATENATİF AKMDA DİENÇ Alternatif akım devrelerinde, endüktif ve kapasitif etkisi bulunmayan saf dirence omik direnç denir. harfi ile gösterilerek birimi ohm(ω) dur. Direnç olarak çeşitli değerlerde ve güçlerde elemanlar olduğu gibi elektrikli ısıtıcılar, ızgara ve ütü gibi elektrikli ev aletleri de mevcuttur. Saf omik dirençli bütün amaçların, eşit gerilimli doğru akım ve alternatif akım devrelerinde kaynaklardan çektikleri akımlar da birbirine eşittir. Yüksek frekanslı A.A devrelerinde kullanılan 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 akım değişmeleri dolayısı ile doğan emk den ileri gelir. Bu emkler akımı iletkenin dış yüzeyine doğru iterler. Buna deri olayı denir. 50 Hz frekanslı A.A devrelerinde bu olay o kadar değildir. 6

219 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ. OMİK DEVEDE OHM KANN Alternatif gerilime bağlanan bir direnç şekil. de görülmektedir. Direnç uçlarına sinyal generatöründen sinüzoidal bir gerilim uygulandığında bu direnç üzerinden bir akım akışı olacaktır. Bu akımın dalga şekli de uygulanan alternatif gerilimin dalga şekli ile aynıdır. Değişen sadece genliği olacaktır. Bu dalga şekli devre üzerinde gösterilmiştir Şekil. Omik devre Sinyal generatöründen direnç uçlarına uygulanan um.sinωt sinüzoidal alternatif gerilim uygulandığında direnç üzerinden geçen alternatif akım ohm kanunu ile bulunur. u m Sinωt m i Sinωt Akımın maksimum değeri m m i m.sinωt olduğundan, alternatif akımın ani değeri aşağıdaki şekli alacaktır. Bu değerin dalga şekli şekil. de devre üzerinde görülmektedir. Alternatif akımın herhangi bir zamandaki değerini bu formüle bulmak mümkündür. Eğer herhangi bir zamandaki değeri değil de etkin değer olarak direncin üzerinden geçen akım; 7

220 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ m m m m. m m m... olur. Bu değeri ampermetre ile ölçülerek bulunabilir. A.A devresinde saf bir omik direnç, D.A devresinde de aynı etkiyi gösterir. Bu nedenle doğru akımda kullanılan kanunlar aynen alternatif akım devrelerinde de uygulanır., m.sinwt m m im.sinwt (wt) o w Şekil. Şekil. de omik direnç uçlarına uygulanan gerilimin ve direnç üzerinden geçen akımın dalga şekli ve vektör diyagramı görülmektedir.alternatif bir gerilim bir direnç uçlarına uygulandığında direncin uçlarındaki gerilim doğrultusundan direnç üzerinden geçen akım artmakta, direnç uçlarındaki gerilim değeri azaldıkça bunun paralelinde akımda azalmaktadır. Bu durum şekil. de görüldüğü gibi gerilimin maksimum olduğu yerde akımda maksimum, gerilimin sıfır olduğu yerde akımda sıfır olmaktadır. Bu nedenle akımla gerilim aynı fazdadır. Direnç elemanı akımla gerilim arasında bir faz farkı oluşturmamaktadır. Vektör gösteriminde akımın etkin değeri, ise gerilimin etkin değerini göstermektedir. Örnek. Şekil. deki devrede, alternatif akım kaynağından çekilen akımı bularak bu akımın dirençler üzerindeki gerilim düşümlerini hesaplayınız. 0 V kohm 560 ohm Şekil. 8

221 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Çözüm. Dirençler bir birleri ile seri bağlandıklarından bu dirençlerin eşdeğeri(toplam direnç); T kω 560Ω. 56kΩ Ohm kanunundan faydalanarak kaynaktan çekilen akım, aynı zamanda bu dirençler seri bağlı olduğu için aynı akım geçecektir. Akım etkin değeri; T 0 V. 56kΩ 70. 5mA dirençler üzerinden bu geçiyorsa, bu direnç uçlarında bir gerilim düşümüne sebebiyet verecektir. Direnç uçlarındaki etkin gerilim düşümleri; üzerindeki gerilim düşümü:. ( ma ).( kω ) 70 5V üzerindeki gerilim düşümü:.. ( 70 5 ma).(560 Ω). 9.5 V ( 70. 5V ) ( 9 5V) 0 V. Bu örnekte görüldüğü gibi kapalı bir devrede gerilim düşümlerinin toplamı kaynak uçlarındaki gerilime eşittir. Bu kirşoffun gerilimler kanununun alternatif akım devrelerinde de aynen geçerlikli olduğunu göstermektedir. Doğru akımdaki ohm kanunu ve kirşoffun gerilim ve akım kanunları alternatif akımda da aynen geçerliktedir. Kirşoffun gerilimler kanunu; kapalı bir devrede veya kaynak uçlarındaki gerilim eleman uçlarındaki gerilim düşümlerinin efektif değerlerinin toplamına eşittir. Bu bir devrede ölçü aletleri ile gösterimi şekil.4 de verilmiştir. 9

222 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ V V V V Şekil.4 Kirşoff un gerilim kanunu Şekil.4deki devrede kaynak uçlarındaki gerilim değerini ölçen voltmetrenin gösterdiği değer, direnç uçlarındaki gerilim düşümlerini gösteren voltmetrelerin gerilim değerlerinin toplamı olarak görülmektedir. Buda kirşofun gerilimler kanununun alternatif akımda da aynen geçerli olduğunu göstermektedir. Örnek. Şekil.5a daki elektrik devresindeki direnci uçlarındaki gerilim değerini ve şekil.5b deki devrede kaynaktan çekilen akımı bulunuz. V 8 V 4 V 0 A A (a) (b) Şekil.5 Çözüm. Kirşofun gerilimler kanunu uygulanarak kaynak geriliminin elemanlar üzerinde düştüğünden ; den 4 V - V - 8 V 4 V 0

223 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Kirşofun akımlar kanunundan yaralanarak kaynaktan çekilen akımı bulunur. T 0 A A A Bulunan bu değerler etkin değerlerdir.. OMİK DEVEDE GÜÇ Omik devrede güç akımla gerilimin çarpımına eşittir. direnci uçlarına uygulanan gerilim sinüzoidal olduğundan direncin üzerinde harcanan güç bu akım ve gerilim değerlerinin çarpımı ile o andaki direnç üzerinde harcanan ani güç bulunur. p u.i Watt Direnç uçlarına uygulanan gerilim u m.sinwt Direnç üzerinden geçen akım im.sinwt Herhangi bir andaki güç p (m.sinwt).(msinwt) m.m. Sin wt p p m.m. Sin wt m m im.sinwt (wt) m.sinwt Güç eğrisi Güç eğrisi incelendiğinde şu sonuçlar elde edilir. Güç eğrisi her zaman pozitiftir. İkici yarım periyotta, gerilim ve akım negatiftir. Negatif gerilim ile negatif akımın çarpımı olan güç de pozitiftir. Bu, direncin her iki alternansta şebekeden güç çektiğini gösterir. Dirençte harcanan güç, dirençten geçen akımın yönüne bağlı değildir.

224 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Akım ve gerilim eğrilerinin her yarım periyodunda ani güç sıfırdan maksimum değere ve sonra tekrar sıfıra düşer. Böylece akım ve gerilimin bir periyodunda güç iki defa maksimum ve sıfır değerlerini alır. Güç eğrisi de sinüs eğrisine benzer. Yalnız bu eğrinin frekansı, akım (veya gerilim) frekansının iki katına eşittir. Güç ekseninin ekseni yukarıya kaymış durumdadır. Direnç üzerinden geçen akım ve gerilim değerleri düzenlendiği taktirde direnç üzerindeki ortalama güç formülü ortaya çıkar. P or. dirençte sarf edilen gücün ortalama değeri, dirençten geçen alternatif akımın ve gerilimin etkin değerlerinin çarpımına eşittir. KAPASİTİF DEVE.KONDANSATÖÜN YAPS VE ÇEŞİTEİ Kondansatör iki uçlu enerji depolayan elektronik bir elemandır. İletken levhalar arasına konulan dielektrik (elektriği iletmeyen) maddesi elektrik yükünü depo etme özelliğine sahiptir. Çünkü, elektron ve protonlar yalıtkan maddede hareket ederek bir yere gidemezler. Yalıtkan maddelerin yük depo edebilme özelliklerinden yararlanılarak en temel elektronik devre elemanlarından biri olan kondansatör imal edilmiştir. Kapasite Kondansatörün yük depo edebilme yeteneğine kapasite adı verilir. Her kondansatör istenildiği kadar yük depo edemez. Bunu etkileyen faktörler bu konu adı altın ilerleyen zamanda daha kapsamlı incelenecek, yük depo edebilmesi için bu uçlara mutlaka bir potansiyel (gerilim) uygulanması gerekir. Şekil.6 Kondansatörün yapısı ve semboller

225 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil.6de görüldüğü gibi kondansatör, iki iletken levha ve bunların arasına konan dielektrik maddeden oluşmaktadır. Yapılışı bu şekildedir. Bu kondansatör uçlarına bir gerilim bağlanmadan kondansatörün durumunu ve bu kondansatör uçlarına bir gerilim bağlandığında ki ne gibi durumların oluştuğunu şekillerle anlaşılması sağlanacaktır. Bir kondansatörün uçlarına bir gerilim uygulanmadığı durumda bu kondansatör şekil.7(a) deki gibi nötr durumdadır. Kondansatörün uçlarına şekil.7 (b)deki gibi bir gerilim kaynağı bağlandığında bu kondansatör üzerinden akım akışı olacak ve kondansatör levhaları şekilde görüldüğü gibi yüklenmeye başlayacaktır. Bu yüklenme uygulana gerilim eğerine ulaşana kadar devam edecektir. Bu şekil.7 (c)deki durumunu alacaktır. (a) Nötr(deşarj durumu) (b) Gerilime bağlanan bir kondansatörün A B levhalarının yük oluşumu (c) Kondansatör üzerinden akım akışı A B uygulanan gerilim değerinde olduğu anda kesilir. (d) Kondansatörün levhaları () ve (-) yüklerle uygulanan gerilim değerinde yüklenmiş hali Şekil.7 Kondansatörün Şarjı

226 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Bu kondansatörün şarj olması demektir. Artık bu kondansatörü gerilim kaynağından çıkardığınız anda kondansatör uçları uyguladığınız gerilim değerini gösterir. Şekil.7 (d)de değerinde şarj olmuş bir kondansatör görülmektedir. evhaları elektron yükleri ile dolan kondansatörün bir direnç veya iki ucu kısa devre edilerek yüklerin boşaltılmasına kondansatörün deşarjı denir. Şekil.8 de görüldüğü gibi kondansatörün (-) yüklü levhasındaki elektronlar, () yüklü levhaya hareket ederler. Elektronların bu hareketi deşarj akımını meydana getirir. Deşarj akımı, kondansatörün her iki plakası da nötr olana kadar devam eder. Bu olayın sonunda kondansatör uçları arasındaki gerilim sıfıra iner. Kondansatör boşalmış olur. Şekil.8 Kondansatörün Deşarjı Şekillerde de görüldüğü gibi kondansatörlerde, elektrik yükleri bir yalıtkanla ayrılmış olup iki iletken levha da birikir. evhalardan birisi protonlardan oluşan pozitif yüke, diğeri ise elektronlardan oluşan negatif yüke sahip olurlar. Kondansatörlerde kapasite birimi Farad tır. Bir kondansatör uçlarına bir voltluk gerilim uygulandığında o kondansatör üzerinde bir kulonluk bir elektrik yükü oluşuyorsa kondansatörün kapasitesi bir faradtır denilir. Farad çok yüksek bir birim olduğundan faradın askatları olan mikrofarad(µf), nanofarad(nf) ve pikofarad(pf) kullanılır. Bu birimler arası dönüşümü kendi aralarında aşağıdaki şekilde olur. F0 6 µf veya µf0-6 F F0 9 nf veya nf0-9 F F0 pf veya pf0 - F 4

227 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek. Aşağıdaki şıklarda verilen kondansatör değerlerini µf değerine dönüştürünüz. (a) 0,0000F (b) 0,005F (c) 000pF (d) 00pF Çözüm. (a) 0,0000F x 0 6 0µF (b) 0,005F x µF (c) 000pF x 0-6 0,00µF (d) 00pF x 0-6 0,000µF Örnek.4 Aşağıdaki şıklarda verilen kondansatör değerlerini pf değerine dönüştürünüz. (a) 0,.0-8 F (b) 0,00005F (c) 0,0µF (d) 0,005µF Çözüm.4 (a) 0,.0-8 F x 0 000pF (c) 0,0µF x pF (b) 0,00005F x pf (d) 0,005µF x Pf. KONDANSATÖ ÇEŞİTEİ Mika Kondansatör: Mika kondansatörlerde, çok ince iki iletken levha ve bunların arasında yalıtkan olarak mika kullanılmıştır. Bu kondansatörlerde dış kap olarak genellikle seramik maddesi kullanılmıştır. Mika kondansatörler genellikle 50pikofarad ile 500 pikofarad arasında küçük kapasiteleri elde etmek için imal edilirler. Kağıt Kondansatörler: Kağıt kondansatörlerde iki iletken levha ve bunların arasında yalıtkan olarak kağıt kullanılmıştır. İletken maddeler ve bunların arasındaki kağıt çok ince olup, bir silindirik yapı oluşturmak üzere birbiri üzerine sarılmıştır. Kağıt 5

228 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ kondansatörlerde dış kap olarak genellikle plastik kullanılır. Orta büyüklükte kondansatör elde edilmek için kullanılır. Seramik kondansatörler: bu kondansatörlerde dielektrik madde olarak seramik kullanılır. Aynı miktar kapasite seramik kondansatörlerde, kağıt kondansatörlere göre çok daha küçük boyutlarda elde edilir. Disk biçimindeki seramik kondansatörler mercimek kondansatörler olarak adlandırılmaktadır. Değişken kondansatörler: Değişken kondansatörlerde, sabit metal plakalar rotor, dönebilen biçimde yataklanmış metal plakalar ise stator oluştururlar. Bir mil tarafından döndürülen stator, rotoru oluşturan plakaların arasına taraf biçiminde geçerek kapasiteyi oluşturur. Değişken kondansatörlerde karşılıklı plakalar arasındaki hava, dielektrik madde olarak görev yapar. Stator ile rotoru oluşturan levhalar tam içi içe geçtiklerinde kondansatörün kapasitesi maksimum değerine ulaşır., levhalar bir birinden tamamen ayrıldığında ise kondansatörün kapasitesi minimum değerine iner. Değişken kondansatörler genellikle kapasitesi 0 pikofarad ile 500 pikofarad arasında değişecek şekilde imal edilirler. Değişken kondansatörler uygulamada radyo alıcılarının istasyon seçme devrelerinde kullanılır. Elektrolitik kondansatörler: Elektrolitik kondansatörlerde asit eriyiği gibi bir elektrolitik maddenin emdirildiği bez, yalıtkan madde olarak kullanılır. Bu yalıtkanın iki yanındaki alüminyum plakalar da kondansatörün iletken kısmıdır. Bu plakalardan bir tanesi doğrudan doğruya kondansatörün dış kabına bağlıdır. Elektrolitik kondansatörler büyük kapasite değerlerini sağlamak üzere imal edilirler. Tipik kapasite değerleri bir mikrofarad ile 000 mikrofarad arasındadır. Daha önce görmüş olduğumuz kondansatörlerin tersine, elektrolitik kondansatörler kutupludur. Yani pozitif ve negatif uçları vardır. Bundan dolayıdır ki devreye bağlantılarında pozitif kutup pozitife negatif negatife bağlanması gerekir aksi taktirde kondansatör patlayabilir.. KAPASİTEYİ ETKİEYEN FAKTÖE Kapasite, bir kondansatörün elektrik yükü depo edebilme yeteneği olduğunu açıklamıştık. Kondansatör levhalarına uygulanan gerilim, plakalarda elektrik yükü meydana getirir. ygulanan gerilim arttıkça, levhalardaki elektrik yükü de artar. Bu nedenle, kondansatörün depo ettiği elektrik yükü, uçlarına uygulanan 6

229 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ gerilimle doğru orantılıdır. Kondansatörün depo edebileceği elektrik yükü, kapasite ile de doğru orantılıdır. Böylece bir kondansatörün uçlarına uygulanan gerilim, depo ettiği elektrik yükü ve kondansatörün kapasitesi arasındaki ilişki aşağıdaki formülle ifade edilir. Formülde kullanılan Q kondansatörün depo ettiği elektrik yükünü(kulon), kondansatörün kapasitesini(farad), ise kondansatör uçlarına uygulanan gerilimi temsil etmektedir. Örnek.5 Aşağıda şıklarda verilen değerlere göre isteneni bulunuz. a) Bir kondansatörün depo ettiği elektrik yükü 50µ, bu elemana 0 V uygulandığında bu kondansatörün kapasitesi nedir. b) Kondansatörün kapasitesi µf bu kondansatörün uçlarındaki gerilim 00 V olduğuna göre kondansatörün levhalarındaki yük ne kadardır. c) Kondansatörün kapasitesi 00pF, levhalarındaki elektrik yükü µ olduğuna göre bu kondansatörün uçlarındaki gerilim ne kadardır. Çözüm.5: (a) (b) (c) 6 Q 50µ V 0 V Q. (µ ).(00V) 00 µ Q 6 µ.0 0 kv 00 pf 00.0 F 6 F 5µ F. KONDANSATÖEİN SEİ BAĞANMAS Kondansatörlerin dikkat edilmesi gereken iki durumu vardır. Bunlardan birincisi çalışma gerilimi diğeri ise kapasitesidir. Buna göre kondansatör kullanılacak yerlerine göre kaç voltluk kondansatör kullanılacak ise o değerli kondansatör kapasitesini ve gerilim değeri seçilmelidir. Kondansatörün üzerindeki gerilim değeri 5V iken siz 0V luk bir devrede kullanırsanız o kondansatörü yanma ile karşı karşıya bırakırsınız. Kapasite değerleri uygun 7

230 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ değerde standart değer bulunamadıysa o zaman istediğiniz kapasitede kondansatör elde etmek için kondansatörleri seri veya paralel bağlayarak elde etme imkanına sahipsiniz. Kondansatörlerin seri bağlanışını ve bu bağlantıda değerlerin bulunma formülleri kademe kademe çıkartılabilir. Şekil.9(a) deki devrede iki kondansatör seri bağlı ve bu uçlara bir gerilim kaynağı bağlanmış. Kondansatörlerin başlangıçta kaynaktan bir akım çekmesi ve belli bir süre sonra bu akımın akışı kesilmesi şekil.9(b) görülmektedir. Kondansatörün yükleri kaynağın verdiği yükle eleman üzerlerindeki yükler eşit oluncaya kadar akım akmakta yükler eşit olunca akım akışı durmaktadır. Bu durumu şu şekilde yazabiliriz. Kirşofun gerilimler kanunundan; Q Q Q T (a) Kondansatörlerin seri bağlanması ve uçlarındaki gerilim 8

231 9 (b) Kondansatörlerin seri bağlanması, şarj olması ve akımın o olması Şekil.9 Q/ değerleri eşitliğin her iki tarafına yazılırsa; T Q Q Q eşitliğin her iki tarafı Q ye bölünerek; T ) ( ) ( T elde edilir. Bu formülü genellersek n tane kondansatörün seri bağlandığı durumun formülünü yazalım. n T... n T... ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ

232 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek.5 Şekil.0 da görüldüğü gibi üç tane değişik kondansatörler bir birleri ile seri bağlanmış. Bu kondansatörlerin eşdeğerini bulunuz. Çözüm.5 Şekil.0 Seri bağlama formülünde değerler yerine konularak bulunur. T 0µ F 5µ F 8µ F T µ F,5µ F 0,45 ( ) ( ) ( ) 0µ F 5µ F 8µ F.4 KONDANSATÖÜN ÇANDAKİ GEİİM Kondansatör uçlarında bir gerilim meydana gelecektir bu gerilim değeri yük ve kapasitesine bağlı olarak değişecek olduğunu önceki konularımızda incelemiştik. Kirşofun gerilimler kanunundan elemanlar seri bağlı olduklarından x ( T x ) buradaki x ; hangi kondansatör uçlarındaki gerilimi bulacaksanız o kondansatörün x değeridir. (, gibi) 40

233 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek.6 Şekil. deki devrede üç kondansatör seri bağlanmış uçlarına 5V gerilim uygulanmıştır. Bu kondansatörlerin uçlarındaki gerilim değerlerini bulunuz. Çözüm.6 Şekil. Kondansatörler seri bağlandıkları için seri devrede akımlar eşit olacağından kirşofun gerilimler kanunundan yararlanabilirsiniz. T µ F 0,0588µ F T 0,µ F 0,5µ F 0,µ F 7 Voltaj formülünde değerleri yerine koyarak eleman uçlarındaki gerilim değerleri; ( T ( T 0,0588µ F ) ( ).5V 4,7V 0,µ F 0,0588µ F ) ( ).5V,94V 0,5µ F T 0,0588µ F ( ) ( ).5V 7,5V 0,µ F Bulunur..5 KONDANSATÖEİN PAAE BAĞANMAS Kondansatörler paralel bağlandıklarında kaynaktan çektikleri akım kollara ayrılarak devresini tamamlayacaktır. Kaynağın gerilim değeri bu elemanlar üzerinde aynen görülecektir. Kaynaktan çekilen yük elemanlar üzerinde görülecek bu yüklerin toplamı kaynağın yüküne eşit olacaktır. 4

234 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Q... T T T Q Q eşitliğin her iki tarafını ' ya bölünürse elde edilir. Şekil. Paralel kondansatörler ve Q T Q Q Şekil. n tane kondansatörün paralel bağlanması Şekil.de olduğu gibi n tane kondansatör biri birine paralel bağlandığındaki genel formülümüzü iki kondansatör paralel bağlandığında çıkardığımız formülümüzü genelleştirirsek;... T n olur. n tane kondansatör paralel bağlantı genel formülü ortaya çıkar. Örnek.7 Şekil.4deki devrede elemanların değerleri verilmiş, bu elemanlar paralel bağlanmıştır. Bu devrenin eşdeğer kapasitesini ve kondansatörlerin yüklerini, toplam yükü bulunuz. 4

235 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil.4 Örnek Çözüm.7: Q Q Q Q Q T T T. 70 pf.0v 700 p( pikokulon) T. 00 pf.0v 000 p. 0 pf.0v 00 p. 50 pf.0v 500 p Q Q Q 00 pf 0 pf 50 pf 70 pf 000 p 00 p 500 p 700 p.6 KONDANSATÖEİN PAAE-SEİ BAĞANMAS Kondansatörler seri, paralel devrelerde ayrı ayrı bağlanabildikleri gibi bu bağlantıların iki durumu bir devre üzerinde bulunabilir. Bu bağlama şekline karışık bağlama denir. Dirençlerde olduğu gibi devrede eşdeğer kapasitenin bulunabilmesi için devredeki paralel bağlı kondansatörler önce tek bir kondansatör haline getirilerek, devredeki elemanların bağlantı durumlarına göre seri veya paralel bağlantı formülleri kullanılarak eşdeğer kapasite bulunur. Örnek.8 Şekil.5(a)da görülen devredeki kondansatörlerin uçlarındaki gerilim değerlerini bulunuz. 4

236 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ (a) (b) Şekil.5 (c) Çözüm.8: Şekil.5(a)daki devreyi // olduğundan bu paralelliğin eşdeğeri formülde değerler yerine yazılarak; 0µ F 8µ F 8µ F bu değer kondansatörüne seri haline geldi. Seri bağlama formülünde değerler yerine yazılırsa şekil(b) görülen eşdeğer kapasite bulunur. ( µ F).(8µ F) T 7,µ F µ F 8µ F kaynaktan çekilen toplam yük; Q T. T (5V ).(7,µ F) 6µ 44

237 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ şekil(c) üzerinde gösterilen değer bulunur. elemanı kaynağa seri bağlı olduğundan toplam yük aynen bu kondansatörün üzerinde görüleceğinden bu elemanın uçlarındaki gerilim ve, elemanlarına kalan gerilim; Q 6µ V µ F 6µ V 8µ F bulunur., paralel bağlı olduklarından bu gerilim her iki kondansatörün uçlarında görülecektir. Bu kondansatörlerin yükleri ise farklı olacaktır., kondansatörlerin depoladığı yük miktarları ise; Q Q.. (0µ F).(V ) 0µ (8µ F).(V ) 6µ bulunur. Bu örnekte kondansatörlerin uçlarındaki gerilim ve yükleri ayrı ayrı bulunmuştur. Kondansatörün Şarj ve Deşarjını Ampermetre ve Voltmetre ile Gösterilmesi Kondansatörün şarj ve deşarjını incelemiş iç durumunda elektron ve protonların hareketlerini şekillerle göstermiştik. Şimdi bu kondansatörün bir direnç ile devreye bağlayıp bu uçları gerilim kaynağı ile beslemeye alalım. Kondansatörün ve direncin uçlarındaki gerilim ve akım durumlarını gözlemleyelim. Şekil.6(a) Kondansatörün anahtar kapatıldığında üzerinden geçen akım ve uçlarındaki gerilimin ampermetre ve voltmetredeki görünüşü 45

238 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil.6(b)Kondansatörün uçlarındaki gerilimin kaynak gerilimine eşit olduğu anda üzerinden herhangi bir akımın akmayışı ve direnç uçlarındaki gerilim sıfır değeri göstermesi Bir kondansatöre seri bir direnç bağlayıp bu elemanlara gerilim uygulandığı anda kaynaktan bir süre akım geçecektir. Bu akımın geçmesi kondansatör uçlarındaki gerilim değeri kaynak gerilim değerine eşit oluncaya kadar devam edecektir. Bu arada şekil(a)da ampermetre anahtar kapatılır kapatılmaz max. akım kaynaktan çekildiği için büyük değer gösterecek daha sonra kondansatörün gerilimi arttıkça akım azalacaktır. Şekil.6(c)Kondansatörün deşarjında ampermetrenin ve voltmetrenin gösterdiği değer Şekil.6(a)da voltmetre ise sıfırdan başlayarak kondansatör uçlarına bağlanan kaynağın değerine kadar yükselecektir. Bu kaynak gerilimi değerinde şarj olan kondansatörü Şekil.6(c)de görüldüğü gibi gerilim kaynağını çıkardıktan sonra kondansatörün yükü direnç üzerinden harcanır. t0 anında ampermetre yüksek değerden sıfıra doğru, voltmetrede max. dan sıfıra doğru değer gösterecektir. Bu akan akımda deşarj akım ile adlandırılır. Bu kondansatör şarjı ve deşarjının süresi direncin ve kondansatörün kapasitesine bağlıdır. Bu geçen süreye zaman sabitesi denir. Formül olarak; τ 46

239 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ zaman sabitesini bulunabilir. τ:(tau)zaman sabitesi(saniye) Örnek.9: Bir seri devresinde direnç değeri MΩ ve 5µF seri bağlanmıştır. Kondansatörün şarj süresini(zaman sabitesi) bulunuz. τ (.0 6 ).(5.0 6 ) 5s Kondansatörün direnç ile bir gerilim kaynağına bağlanarak şarj olayını gördük. Her kondansatör aynı zamanda şarj olamaz bunun üzerinden geçen akım ve kondansatörün kapasitesine bağlı olarak değişecektir. Zaman sabitesi yukarıda formülü elde edilmişti. Bu duruma göre t0 anında kondansatörün üzerinden geçen akım max. Daha sonra kondansatör şarj oldukça bu sıfıra inecektir. Aşağıdaki formül bir kondansatörün üzerinden geçen akımın formülünü verir. i(t) e t / i(t): Kondansatör üzerinden geçen değişken akım : Kondansatör uçlarına uygulanan gerilim : Zaman sabitesi t: Zaman(sn) Şekil.7 Şekil.7deki devrede anahtar kapatıldığı anda kondansatör üzerinden geçen akımın değişim eğrisini t0 anından t anına kadarki durumunu zamana bu aralıklarda değerler vererek grafiksel gösterirsek aşağıdaki grafik kondansatör üzerinden geçen akımı gösterir. 47

240 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil.8 t0 için kondansatör üzerinden geçen akımı bulursak diğer değerleri de sizler bularak akım grafiğinin doğruluğunu görebilirsiniz. i(t) e i(0).e t / 0 / t 0 için akım.e 0. t0 anında(anahtar kapatıldığı anda) kondansatör üzerinden kaynak gerilimi ve direnç değerine bağlı olarak max. Değerde akım aktığı görülüyor. Sizlerde t değerleri vererek çeşitli zamanlardaki akımları bulunuz. Örnek.0: Şekil.9deki devrede elemanların değerleri verilmiştir. Bu değerler doğrultusunda kondansatör üzerinden geçen akımları; (a) t0s (b) t0,05s (c)t0,s (d)t0,s (e)t 0,5s bulunuz. Şekil.9 Çözüm.0 Akım formülünde değerleri yerine yazılması ile bulunabilir. Önce bu devrenin zaman sabitesi bulunur. 48

241 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ (00.0 Ω).(.0 6 F) 0, a dan e ye kadar verilen zaman değerlerini formülde yerlerine koyarak kondansatör üzerinden geçen akımlar bulunur. ( a) t 0s ( b) t 0,05s (c)t 0,s ( d) t 0,s ( e) t 0,5s t / i(0) e t i(0,05) e t / i(0,) e t / i(0,) e t / i(0,5) e / 0V 0 /. e kω 0V.e kω 0V. e kω 0V. e kω 0V. e kω 0, 0,/ 0, 0, / 0,5 / 0V. 0,mA kω 0V -0,5.e 0,mA kω 0V. e 0,076mA kω 0, 0V. e 0,07mA kω 0, 0V 5. e 0,00mA kω -0,05/0, Burada dikkat edilirse zaman geçtikçe kondansatörün üzerinden akım akışı azalıyor. Süreyi biraz daha artırsak akım grafikte gösterdiğimiz gibi sıfır olacaktır..7 DİENİN ÜZEİNDEKİ VE KONDANSATÖ ÇANDAKİ GEİİM Kondansatöre seri bağlı bir direnç uçlarındaki gerilim düşümü ohm kanunundan faydalanılarak bulunabilir. Direnç kondansatöre seri bağlı olduğundan kondansatör üzerinden geçen akım aynı zamanda direnç elemanı üzerinden geçeceğinden t0 anında direnç uçlarındaki gerilim düşümü max. Olacak, akım azaldıkça ve akım sıfır olduğunda direnç uçlarında herhangi bir gerilim düşümü mantıken olmayacaktır. Bunu formüllerle ifade ederek gösterelim. ( t). i( t) ( t).(. e t / ( t). e t / ) Volt bulunur. direnç uçlarındaki gerilim bulunduğuna göre kondansatör uçlarındaki gerilim 49

242 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ kirşofun gerilimler kanunundan faydalanılarak kondansatör uçlarındaki gerilim aşağıdaki şekilde olur. ( t) ( t) ( t) çekilirse; ( t) ( t) (. e t / ) ( e t / ) Volt kondansatör uçlarındaki gerilim formülü bulunur. Şekil.0 Kondansatörün şarj esnasındaki gerilim eğrisi Örnek. Şekil.0deki verilen devrede anahtar 50µs kapatıldığında kondansatörün uçlarındaki gerilimi hesaplayınız. Çözüm. Şekil.0 Devredeki verilerle kondansatör uçlarında 50µs sonra gerilim değeri formülde değerler yerine yazılarak kondansatörün uçlarındaki gerilim değeri bulunabilir. 50

243 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ 8,.0 Ω.0,0.0 (50µ s) ( e 6 t / 50V ( 0,54),8V F 8µ s ) 50V ( e 50µ s / 8µ s ) 50V ( e 0,6 ) Örnek. Şekil. deki devrede kondansatörlerin dolma esnasında ve ful dolduğu anda kaynaktan çekilen akımları ve eleman üzerlerindeki gerilimleri bulunuz.(direnç değerleri ohm cinsindendir) Şekil.(a) Çözüm. Şekil.deki devrede anahtar kapatıldığı anda kondansatörünün üzerinden akım akacağından direncinden akım geçmediğinden direnç uçlarında gerilim 0V tur. elemanı direncine seri bağlandığından akımları eşit olacaktır. Kısaca kondansatörler ful olana kadar kısa devre şeklini alacak devrede hiç direnç göstermeyecektir. Bu duruma göre kaynaktan çekilen akım(şekil(b)deki devreye göre; T T // 0Ω // 0Ω 5Ω 60V 4A 5Ω toplam akım bulunduğuna göre bu akım direnç değerleri eşit olan ve elemanlarından ikişer amper olarak şekil(b) deki gibi akacaktır. 5

244 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Kondansatörler ful doldukları anda D devrede açık devre özelliği göstereceğinden gerilim kaynağından çekilen akım şekil(c) deki görüldüğü gibi olacaktır. Bu durumda devre elemanlarının bağlantı şekline göre; T 0Ω 0Ω 40Ω 60V T,5 A 40Ω Dikkat edilirse kondansatörler ful dolduğu andan sonra kaynaktan çekilen akım düşme gösteriyor. Kondansatörler D de açık devre özelliği gösterdiği unutulmaması gerekir. (b) (c) Kondansatör uçlarındaki gerilim değerleri bu geçen akımlara göre;,5 A.0Ω 5V,5 A.0Ω 45V 5

245 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil.(c) de açık bir şekilde görülmektedir. Örnek. Şekil. deki devrede (a) anahtar kapatıldığı anda ve c akımlarını, (b) anahtar kapatıldıktan uzun bir süre sonra ve c akımlarını ve kondansatörün uçlarındaki gerilimi hesaplayınız. 40 ohm S 0V 80 ohm 50 mikro F Şekil. Çözüm. (a) S anahtarı kapatıldığı anda (t0) kondansatör boş olduğu için 80 ohm luk direnci kısa devre edeceğinden 0 olur. t 0 da c0 0 Kondansatörden geçen akım c A olur. 40 (b) Anahtar kondansatör şarj oluncaya kadar uzun bir zaman kapalı kaldığına göre, kondansatörden geçen şarj akımı sıfır olur. c 0 Bu durum kondansatör devreden çıkarılsa devrede hiçbir değişiklik olmaz. Bu durumda devre, 80 ohm luk direnç ile 40 ohm luk dirençten ibaret seri bir devre durumundadır. 0 A ohm direncin ve kondansatörün uçlarındaki gerilim, c V 5

246 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ.8 ATENATİF AKMDA KONDANSATÖ Alternatif Akımın Kondansatörden Geçişi Şekil.a da bir kondansatöre sinüzoidal bir emk uygulandığında devreden bir alternatif akım akışı başlar. Devreye bağlanan ampermetre vasıtası ile devreden geçen akım ölçülebilir. Kondansatörün levhaları arasında yalıtkan bir madde bulunduğu halde, devreden alternatif bir akımın nasıl geçtiğini inceleyelim. Kondansatöre uyguladığımız sinüzoidal emk in değişim eğrisi şekil.b de görülmektedir. e em.sinwt A eem.sinwt A i m (wt) B (a) (b) Şekil. Tam sıfır anında anahtarı kapattığımızı kabul edelim. Emk sıfırdan başlayarak pozitif maksimum değerine doğru yükselecektir. Kondansatör boş olduğu için c 0 dır. Emk in pozitif yarım periyodunda, A ucu () pozitif ve B ucu da (-) negatif olsun. Şekil.4 (a) da görüldüğü gibi bir elektron akımı (-B) ucundan (A) ucuna doğru akacaktır. Kondansatörün levhalarında gösterildiği gibi yükler (şarjlar) toplanır. Kondansatörün levhaları arasında şarjla doğru orantılı olarak değişen potansiyel farkı meydana gelir. Devreden geçen şarj akımı sıfır anında maksimum değerinde olur. Çünkü bu anda, kondansatörün uçlarındaki gerilim sıfırdır. A S eem.sinwt A c i e Em 90 eem.sinw t (w t) B şarj (a) (b) Şekil.4 kondansatörden alternatif akımın geçişi 54

247 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Kondansatörün uçlarındaki c gerilimi, uygulanan emk e zıt yöndedir. Kondansatör doldukça c gerilimi arttığı için şarj akımı azalmaya başlar. ygulanan emk (Em) değerine ulaştığında kondansatör dolduğu için uçlarındaki potansiyel farkı cem olur. Bu anda π/ anında devreden geçen şarj akımı da sıfır olur. Şarj akımının değişim eğrisi şekil.4 (b) de gösterilmiştir. π/ (90 ) den sonra devreye uygulanan emk, Em değerinden azalmaya başlar. Bu durumda kondansatörün uçlarındaki c gerilimi şebeke emk inden büyük olacağı için kondansatör deşarj olmaya başlar. Şekil.5 (a) da görüldüğü gibi, devredeki elektron akımı kondansatörün negatif levhasına doğru olur. Deşarj akımı, şarj akımına ters yöndedir. AB uçlarındaki şebeke gerilimi azaldıkça deşarj gerilimi azaldıkça deşarj akımı da büyür. (π) de şebeke gerilimi sıfır olduğu anda deşarj akımı maksimum değerine ulaşır. Şekil.5 (b) de, sıfırdan negatif maksimum değerine yükselen deşarj akımının değişim eğrisi görülüyor. (π) de kondansatör deşarj olduğu için uçlarındaki gerilim sıfıra düşer. e eem.sinwt A S deşarj eem.sinwt A c i Em (wt) B deşarj - m (a) (b) Şekil.5 Kondansatörden alternatif akımın geçişi (π) anından sonra şebeke emk i yön değiştirerek (- Em) değerine doğru artmaya başlar. π ile π arasında A ucu (-) ve B ucu da () olur. π anında kondansatör deşarj durumundadır. Şekil.6 (a) da görüldüğü gibi, devrede elektron akımı (-) A dan () B ye doğru olur. Bu elektron akımı kondansatör levhalarını şekilde gösterildiği gibi yüklemeye başlar. Kondansatör doldukça uçlarındaki (uygulanan emk e zıt yönde olan) gerilim c de artmaya başlar. 55

248 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ e eem.sinwt A B S A şarj eem.sinwt şarj Em m (wt) (a) (b) Şekil.6 π de şarj akımı maksimumdur. π/ anında kondansatör dolduğu için c - Em olur. Kondansatörün şarj akımı da sıfıra düşer, π/ anından sonra, şebeke emk i (-Em) değerinden azalmaya başlar. Bu durumda kondansatörün uçlarındaki potansiyel farkı şebeke emk inden büyük olacağı için, kondansatör şebeke üzerinden deşarj olmaya başlar. Şekil.7 (a) da kondansatörün negatif levhasından pozitife doğru deşarj elektron akışı görülüyor. Şebeke gerilimi π anında sıfır olduğu an, kondansatörün deşarj akımı maksimum değerine ulaşır. e eem.sinwt S A A deşarj eem.sinwt B deşarj c Em m (wt) Şekil.7 (a) (b) Şekil.7 (b) de deşarj akımının π/ ile π arasındaki eğrisi görülüyor.kondansatöre uygulanan emk in bir periyotluk değişiminde kondansatörün şarj ve deşrj akımları devreden geçen akımı meydana getirirler. Başka bir deyişle, devreden geçen alternatif akım kondansatörün dielektriğinden geçen akım değil, kondansatörün şarj ve deşarj akımıdır. Bu akıma genellikle, kondansatörden geçen alternatif akım denir. Şekil.4, 5, 6 ve 7 de parça parça gösterilen devre akımını uygulanan emk le birlikte yeniden çizelim. Şekil.8 da görüldüğü gibi, kondansatörden geçen akımın değişim eğrisi incelendiğinde; sinüzoidal bir akım olduğ, yalnız uygulanan emk 90 ileride bulunduğu görülür. 56

249 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ ygulanan emk E Em.Sinωt, Akım ise i m.osωtm.sin(ωt π/) olur. i e Em 90 eem.sinwt im.sinwt (wt) W E - m Şekil.8 Kondansatörden geçen akımın ve uygulanan emk in değişim eğrileri ve vektör diyagramı Kondansatörün levhaları arasında şarj ve deşarjdan dolayı meyadana gelen potansiyel farkı,uygulanan emk e zıt yöndedir. Kondansatöre uygulanan emk e eşit ve80 faz farkı olarak çizilecek bir eğri bize kondansatörün levhaları arasında meydana gelen c geriliminin değişim eğrisini verir. Şekil.9 de kondansatöre uygulanan emk in, geçen akımın ve c geriliminin değişim eğrileri görülüyor. e c i Em eem.sinwt e Em eem.sinwt (wt) (wt) - m T/4 cem.sin(wt-80) Şekil.9 Kondansatöre uygulanan uygulanan emk, geçen akım ve c eğrileri Şekil.0 Kondansatöre Sinüzoidal emk Kondansatörden Geçen Alternatif Akımın Hesaplanması Kondansatöre uygulanan sinüzoidal emk in eğrisi şekil.0 da görülmektedir. Kondansatörden geçen akım, levhalarda toplanan şarjın değişimine bağlıdır. Kondansatörden geçen akımın ortalama değeri, or şarj değişimi geçen zaman veya kısaca or Q t 57

250 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ kondansatörün şarjı, kapasitesi sabit olduğuna göre uygulanan gerilime bağlıdır. Q e. şarj değişimi de gerilim değişimi ile doğru orantılıdır. Q. e Şekil.9 daki kondansatöre uygulanan emk in 0 ile π/ arasımdaki T/4 periyotluk parçasını alalım. Burada emk 0 ile Em arasında değişmektedir. Elektromotor kuvvetin değişimi Em dir. e Em Kondansatörden geçen akımın ortalama değeri, or şarj değişimi geçen zaman. gerilim değişimi geçen zaman. e. Em t T/ (4.. E m ) / T ygulanan emk in frekansı f olduğuna göre, yerine /f yazılırsa; T dir. Yukarıdaki ifadede T f 4.. Em or 4. f.. Em f kondansatör üzerinden geçen ortalama akım bulunur. Akımın maksimum değeri, π m. or olduğuna göre π π. or 4. f.. E m. den m. π. f.. Em bulunur. Kondansatörün üzerinden geçen alternatif akımın etkin(rms) değeri, m ef dir. Kondansatörden geçen akımın etkin değeri; m E πf.. m düzenlenirse, ef πf.. Eef bulunur. Alternatif akımın ve gerilimin efektif değerlerinin yanına indis kullanılmaz. Eğer ef, EefE olarak yerlerine formülde konulursa frekans cinsinden kondansatör üzerinden geçen akım formülü ortaya çıkar. 58

251 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ πf.. E Biliniyor ki açısal hız ω πf dir. Bu değer kondansatör üzerinden geçen akım formülünde yerine konulursa açısal hız cinsinden akım formülü aşağıdaki gibi olur. ω..e Örnek.4 00 µf lık bir kondansatöre etkin değeri 00 Volt olan ve frekansı 50 Hz lik bir alternatif gerilime bağlandığında bu kondansatör üzerinden geçen akımı bulunuz. Çözüm.4 Alternatif akımın kondansatör üzerinden geçen akım formülünden faydalanılarak; πf.. E π ,4 Amper Kapasitif eaktans ve OHM kanunu Kondansatör uçlarına bir alternatif gerilim uygulandığında kaynaktan çekilen akım πf.. E formülü ile hesaplandığı bulunmuştu. Bu ifadeden; E π f. ve E πf. yazılabilir. Alternatif akım devresinde gerilimin akıma oranı biliniyor ki elektrik akımına karşı gösterdiği zorluğu verir. Bu durumda E/ oranı sabit kalır. Kapasitif devredeki E/ oranına kapasitif reaktans denir. Birimi ohm dur ve Xc ile gösterilir. X E c πf. ω. 59

252 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Doğru akım devresinde gerilim, akım ve direnç arasındaki ilişkileri veren ohm kanununun benzer şekilde, kapasitif devrede E, ve Xc arasındaki ilişkiler için kullanılabilir. Kapasitif devrede ohm kanunu; E x c E X c E. X c Kapasitif reaktans formülüne bakıldığında X c incelendiğinde şu πf. hususlar görülür. (a) Kapasitif reaktans, frekansla ters orantılı olarak değişir. (b) Kapasitif reaktans, kondansatörün kapasitesi ile ters orantılıdır. Örnek.5 Kapasitesi 50 µf olan bir kondansatörün; a) 50 Hz deki b) 000 Hz deki c) Sonsuz frekansdaki d) Doğru Akımdaki kapasitif reaktanslarını hesaplayınız. Çözüm.5: a) X c 6,66 Ω πf. π b) X c,8 Ω πf. π c) X c 0 Ω πf. π d) X c Ω πf. π.0.50 (D.A da reaktans sonsuzdur.) 60

253 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek.6 Şekil. da verilen alternatif akım devresinde kondansatörün kapasitif reaktansını ve kaynaktan çektiği akımı hesaplayınız. 5 V f0 khz 0,005 mikro F evap.7 Şekil. Kapasitif reaktansı; X c 6 0,8 kω π f. π.(0000 Hz).50 Kaynaktan çekilen akım; 5 V. X c dan, 57 ma X,8 kω c Kapasitif Devrede Güç Önceki konulardan biliniyor ki kapasitif devrede akımla gerilim arasında 90 faz farkı oluşmakta ve akım gerilimden 90 ileri fazdadır. Herhangi bir andaki kondansatörün harcadığı güç, o anda akım ile emk in çarpımına eşittir. p i. e P e P e.i e E m.s inw t 90 0 e 0 p e.i 0 i 0 p e.i 0 t i m.c o s w t Şekil. Kapasitif devrede güç dalgaları 6

254 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil. de görüldüğü gibi çeşitli anlardaki akım ve gerilim değerleri çarpılarak bulunan güçler işaretlenmek suretiyle gücün değişim eğrisi çizilebilir. ygulanan emk in ve akımın herhangi bir andaki değeri, e Em.Sinwt ve i m.os wt bu değerler p i.e formlünde yerlerine konulduğu taktirde gerilim ve akımın değerleri doğrultusunda ani güç formülü ortaya çıkar. p e. i E m. Sinωt. m. osωt E m. m. Sinωt. osωt Sinωt. osωt. Sinωt den p. Em.. m. Sinωt Gerilim ve akımın değerlerini efektif değer cinsinden yazıldığında kondansatör üzerinde harcanan güç bulunur. Em m E m m p.. Sinωt E p E..Sinωt E: ygulanan emk in etkin değeri, Volt : Geçen akımın etkin değeri, amper p: Herhangi bir andaki güç (ani güç), Vatt Ani güç formülü incelendiğinde, gücünde sinüzoidal olarak değiştiği yalnız frekansının, gerilim veya akım frekansının, iki katı olduğu görülür. Şekil. deki güç eğrisinin, emk in yarım periyodunda tam bir periyotluk değişmeye uğradığı yani periyot çizdiği görülür. Yatay zaman ekseninin üstündeki güç eğrisi pozitif, alt kısmındaki de negatif gücü gösterir. Güç pozitif iken, kondansatör şebekeden güç çekerek levhalarında enerji depo eder. Güç negatif iken, kondansatör levhalarında depo ettiği enerjiyi şebekeye (kaynağa) geri verir. Güç eğrisinin altında kalan alan depo edilen enerjiyi veya deşarjda geri verilen enerjiyi gösterir. Şekil. de görüldüğü gibi, şarjda depo edilen enerji, deşarjda geri verilen enerjiye eşittir. Bu durumda ortalama güç sıfır olur. 6

255 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Güç eğrisi de akımın iki katı frekansa sahip bir sinüs eğrisidir. Bir sinüs eğrisinin bir periyottaki ortalama değeri sıfırdır. Şu halde kapasitif bir devrede ortalama güç sıfırdır. Kapasitif devrede, 90 faz farklı akım ile gerilimin çarpımına reaktif güç denir. eaktif güç Q harfi ile ifade edilir. Birimi ise VAr tir. QE. VAr Gerilim ve Kapasitif reaktans belli ise Q X c c Akım ve Kapasitif reaktans belli ise Q c. X c Örnek.8 Şekil. de alternatif gerilime bağlanan kondansatörün harcadığı gücü hesaplayınız. V f khz 0,00 mikro F Şekil. Çözüm.8 Kondansatör uçlarındaki gerilim belli, kapasitif reaktans bulunarak kondansatörün harcadığı güç bulunur. X c πf. π (.0 Hz).( F) 7.96kΩ Q X c c (V ) 7.96kΩ VAr 50µ VAr 6

256 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ.ENDÜKTİF DEVE ATENATİF AKMDA BOBİN Şekil.4(a) da görüldüğü gibi saf bir özindükleme bobinin sinüzoidal alternatif bir gerilim uygulandığında şekil.4(b) deki gibi bobinden sinüzoidal bir akım geçer. Bu akımın meydana getireceği φ manyetik akısı da sinüzoidal olarak değişir ve akımla aynı fazdadır. Bobinden geçen akımın meydana getireceği sinüzoidal manyetik akı, bobinin kendi sarımlarını sardığı için, bobinde özindükleme emk meydana getirir. m.sinw t i m.s in w t wt (a) (b) 0 T/ T/ e Z e Z im.sinwt im.sinwt (b) (d) Şekil.4 Özindükleme bobinli A.A devresi Bobinde indüklenen özindükleme emk in nasıl değiştiğini sırayla incelemesi yapılırsa; ()Şekil.4(c ) de görüldüğü gibi, 0 ile 90 arasındaki yarım alternansı ele alalım. Akım sıfırdan başlayıp artarak (m) değerine, manyetik akı 0 dan 64

257 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ başlayarak (φm) değerine ulaşıyor. Bobinden geçen artan akımın meydana getirdiği artan φ akısının indüklendiği özindükleme emk i enz kanununa göre, kendisini meydana getiren akının veya akımın değişimine mani olacak yöndedir. Akım pozitif yönde arttığı için özindükleme emk negatif olur. Akımın değişim hızı i t veya manyetik kının değişim hızı Φ t, ilk başlangıçta yani 0 de (-) maksimum değerinden başlar, azalarak 90 de sıfır olur. şekil.4c de özindükleme emk in değişim eğrisi görülmektedir. e z di veya ez dt dφ -N dt di dφ 0-90 arası T/4 periyotta, ( ) ve ( ) dt dt emk inin e z negatif (-) olacağı anlaşılır. olduğu için formüllerden zıt () Şekil.4(d) de görüldüğü gibi, 90 den sonra akım azalarak (m) değerinden sıfıra düşer. 90 ile 80 arasında, pozitif yarım periyodun ikinci yarısında, akımın azalma hızı 90 de sıfır, 80 de ise maksimumdur. Akımın metdana getirdiği bobini saran manyetik akıda, 90 de () maksimum değerinden azalarak 80 de sıfıra düşer. Bobini saran manyetik akıdaki azalmanın inceleneceği özindükleme emk i de sıfır, 80 de akımın değişim hızı di/dt maksimum olduğu için özindükleme emk i de () maksimum olur. şekil.4(d) de özindükleme emk in değişim eğrisi görülüyor. () Şekil.4(e) de görüldüğü gibi, 80 ile 70 arasında akım yön değiştirerek (-m) değerine doğru yükselecektir. 80 de akımın değişim hızı maksimum olduğu için özindükleme emk i (zıt emk) maksimumdur. 70 de akımın değişim hızı sıfır olduğundan, özindükleme emk i de sıfır olur. akım arttığı için özindükleme emk i de akıma ters yönde, akım negatif olduğundan özindükleme emk i de pozitif yöndedir. Şekil.4(e) de özindükleme emk in arasındaki değişim eğrisi görülüyor. (4) Şekil.4 (f) de görüldüğü gibi, 70 den sonra, akım negatif maksimum değerden azalarak 60 de sıfır değerini alır. Akım azaldığından özindükleme emk i akımın azalmasına mani olabilmesi için akımla aynı yönde olur. akım negatif olduğu için emk de negatif olur. akımın değişim hızı (di/dt) 70 de sıfır olduğundan özindükleme emk i de sıfır olur. akımın değişim hızı 60 de maksimum olduğu için özindükleme emk i de maksimum değerini alır. Şekil.4(f) de, 70 ile 60 arasında özindükleme emk in değişim eğrisi görülüyor. 65

258 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil.4 (c, d, e ve f) deki özindükleme emk in değişimini gösteren eğrileri birleştirerek yeniden çizelim. Şekil.5de çizilmiş hali görülmektedir. 0 T/ T/ e Z e Z i m.s in w t (e) im.sinwt (f) Şekil.4 Şekil.5 deki özindükleme bobininden geçen akım ile özindükleme emk in eğrileri incelendiğinde, özindükleme emk in akımdan 90 geride olduğu görülür. Veya akım, özindükleme emk inden 90 ileridedir. Şekil.4 (a) da görüldüğü gibi, özindükleme bobinine sinüzoidal bir emk i uyguladık ve bobinden sinüzoidal bir akım geçti. Sinüzoidal akımın meydana getirdiği sinüzoidal manyetik akının etkisi ile bobinde bir özindükleme emk i indüklendi. Şekil.5 de görüldüğü gibi özindükleme emk i akımdan 90 geridedir. Bobinden akımın geçmesine sebep olan şebeke gerilimi ile özindükleme emk i arasında 80 faz farkı vardır. Başka bir deyişle, özindükleme emk i şebeke gerilimine zıttır. Bundan dolayı özindükleme emk ine zıt emk da denir. Özindükleme emk, bobine uygulanan gerilime eşittir. e Z i m.sinw t Şekil.5 Özindükleme bobininden geçen akımın ve zıt emk in değişim eğrisi Şekil5.6 daki özindükleme emk in değişim eğrisine 80 faz farkılı olarak çizilecek sinüzoidal bir eğri, bobine uygulanan alternatif gerilimin değişim eğrisi olacaktır. 66

259 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil.6 da, özindükleme bobininden geçen akımın, bobine uygulanan gerilimden 90 geride olduğu görülür. Şu halde, bir özindükleme bobininden geçen akı, uygulanan gerilimden 90 geri kalır. e X i e Z (a) Self bobinin u, i ve e eğrileri E X (b) vektör diyagramı Şekil.6 Alternatif Akımda Özindükleme EMK in Hesaplanması Bir özindükleme bobininden geçen sinüzoidal akımın meydana getirdiği sinüzoidal manyetik akı bobin iletkenlerini sardığı için bobinde, kendisinden (akıdan veya akımdan) 90 geride özindükleme emk ini indüklediğini biliyoruz. Şekil.7 de, self bobinden geçen sinüzoidal akımın ve akının değişim eğrileri görülüyor. m.sinw t i m.s in w t wt Şekil.7 Özindükleme emk in ortalama değeri, N. Φ E or. t t formülleri ile bulunur. Şekil.7de, 0 ile 90 arasında akımın değişimi ( 0) dır. m m 67

260 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ 0 ile 90 arasında geçen zaman t T/4 yami periyodun dörtte bir zamandır. ve t değerleri yukarıdaki formülde yerine konulursa; E m t T 4 or 4 T m Alternatif akımın frekansı f olduğuna göre T/f dir. m E or 4. 4 f m f bulunur. Gerilimin ve akımın efektif değer cinsinden formülde yerlerine konulduğunda formül aşağıdaki şekilde düzenlenmiş olur. E π. f.. ω ef ef. Örnek.9 Endüktansı 4 henri olan bir bobinde 50 Hz frekanslı amperlik bir AA geçtiğinde, bobinde indüklenen özindükleme emk ini bulunuz. Çözüm.9: E πf.. π π 5 V Endüktif eaktans Özindükleme bobinine uygulanan emk, bobinden geçen alternatif akımın indüklediği özindükleme emk ine eşit ve ters yöndedir. Şu halde, özindükleme emk ini (zıt emk ini) veren E öz ω.. formülü bize bobinin uçlarına uygulanan alternatif gerilimi (şebeke gerilimini) verir.. π. f.. ω.. : Bobine uygulanan alternatif gerilimin efektif (etkin, rms) değeri, volt ω: Alternatif akımın açısal hızı, adyan/saniye : Endüktans, henri : Bobinden geçen akımın efektif değeri, amper Yukarıdaki formülde gerilimi akıma bölündüğünde aşağıdaki ifade ortaya çıkar. 68

261 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ π f ω. Bobine uygulanan gerilimin bobinden geçen akıma oranı bize bobinin elektrik akımına karşı gösterdiği zorluğu (direnci) verir. Özindükleme bobinin içinden geçen akıma karşı gösterdiği zorluğa endüktif reaktans denir. Endüktif reaktans X harfi ile gösterilir. Birimi ohm dur. X ω. veya X. π. f. formülleri ile bulunur. Bir bobinin endüktif reaktansı, frekansla ve bobinin endüktansı ile doğru orantılıdır. Hava ve manyetik olmayan madde nüveli bir bobinin endüktansı sabit olduğu için reaktansı yalnız frekansla değişir. eaktans bobine uygulanan gerilimi ile değişmez. Örnek.0 Endüktansı 4 henri olan bir bobinin 5 Hz, 50 Hz ve 00 Hz frekanslarda alternatif akıma karşı gösterdiği zorluğu (endüktif reaktansı) hesaplayınız. Çözüm.0 5 Hz deki endüktif reaktansı; X c X c. π. f.. π π. f.. π Ω Ω X c. π. f.. π Ω BOBİNEİN BAĞANT ŞEKİEİ Bobinlerin Seri Bağlanması Bobinlerin değerlerini artırabilmek için birbirine seri bağlanır. Bobinler seri bağlandıklarında üzerlerinden geçen akım tüm elemanlarda aynıdır. 69

262 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ A 4 B Şekil.8 Bobinlerin seri bağlantısı Şekil.8deki gibi n tane bobin seri bağlandıklarında bu bobinlerin eşdeğer(toplam) endüktansı, devredeki bobin endüktanslarının toplamına eşittir.... T n Örnek. Şekil.9 üzerinde verilen bobin değerlerine göre bobinlerin toplam endüktansını ve 50 Hz deki endüktif reaktansını bulunuz. A 4 0 mikro H 0 mikro H 5 mikro H 4 mikro H B Şekil.9 Çözüm.: T 4 0µ H 0µ H 5µ H 4µ H 49µ H H X ω. T πf T π. 50.( ) 0. 05Ω Bobinlerin Paralel Bağlanması Paralel bağlı bobinlerde akımlar kollara ayrılarak devrelerini tamamlarlar. çlarındaki gerilim, tüm paralel bağlı bobinlerde aynı değeri gösterir. Şekil.40da görüldüğü gibi n tane bobin paralel bağlanmıştır. 70

263 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ A T n B Şekil.40 Bobinlerin Paralel Bağlanması n tane bobin paralel bağlandığında bunların tek bir bobin haline aldırılmasına toplam endüktans denir. Toplam endüktans formülü aşağıdaki gibi olur.... T n T ( ) ( ) ( )... ( n ) Genel formülü ortaya çıkar. Eğer sadece iki bobin paralel bağlandığında pratiklik açısından toplam endüktans aşağıdaki şekilde bulunabilir. T. Örnek. Aşağıda şekil.4 üzerinde değerleri verilen bobinler paralel bağlandıklarına göre eşdeğer endüktansı ve 00 Hz deki endüktif reaktansını bulunuz. A T 0 mh 5 mh mh B Şekil.4 7

264 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.: T ( ) ( ) ( ) ( 0 mh ) ( 5mH ) ( mh ) 0, 8mH, 5mH X πf. T π. 00.( ) 6. 8Ω Endüktif Devrede OHM Kanunu Alternatif akımda ohm kanunu D de olduğu gibi akım gerilim ve direnç (endüktif reaktans) arasında aşağıdaki gibi bir bağıntı vardır. X.X X Burada D de değişen sadece direnç yerine endüktif reaktans (Xc) gelmektedir. Örnek. Şekil.4 de görülen devrede bobinin kaynaktan çektiği akımı hesaplayınız. 00 mh f0 khz 5 V Şekil.4 Çözüm. Birim dönüşümlerini yaparak çözüme başlanması gerekir. 0 khz0.0 Hz ve 00 mh H X πf. π( 0. 0 Hz ).( ) 68Ω 7

265 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Ohm kanunundan, Örnek.4 5 V 796 X 68Ω µ ef A Şekil.4 de görülen devrede bobinler seri bağlanmıştır. Bu elemanların uçlarına 0 V, 50 khz lik gerilim uygulandığına göre; toplam endüktansı, devrenin endüktif reaktansını, kaynaktan çekilen akımı ve bobin uçlarındaki gerilim düşümlerini bulunuz. 00 mh 00 mh f50 khz 0 V Şekil.4 Çözüm.4: Toplam endüktans; T ( H ) ( H ) H 00mH Toplam endüktif reaktans; X T X X πf.t π.( Hz ).( H ) 9447Ω 94. 4kΩ Kaynaktan çekilen akım, Ohm kanunundan faydalanılarak bulunur. V A 0. ma X 9447Ω T Bobin uçlarındaki gerilim düşümleri; 4.X.( πf ) (,. 0 A ).( π Hz H ) 6, 66V.X.( πf ) (,. 0 4 A ).( π Hz H ), V 7

266 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Endüktif Devrede Güç Saf bir özindükleme bobininden geçen akımın, uygulanan emk ten 90 geride olduğu biliyoruz. Herhangi bir andaki güç o andaki akım ile emk in çarpımına eşittir. p e.i şekil.44 de görüldüğü gibi, değişik anlardaki akım ve gerilim eğerlerini çarparak bulunan ani güçleri işaretlemek sureti ile gücün değişim eğrisi çizilebilir. p i u Em Pm m i wt Pi.u Şekil.44 Saf özindükleme bobininin güç eğrisi Şekil.44 deki şekilde de görüldüğü gibi akım ve gerilim değerlerinin etkin değerlerinin çarpımı ani gücü vereceğinden ani güç formülü ortaya çıkar. p E..Sin ωt Şekil.44 deki güç eğrisi ve ani güç ortalama formülü incelendiğinde gücünde sinüzoidal olarak değiştiği, yalnız frekansının emk veya akım frekansının iki katı olduğu görülür. Güç, emk in yarım periyodunda tam bir periyotluk değişmeye uğrar veya bir periyot çizer. Yatay zaman ekseninin üstündeki güç eğrisi pozitif, alt kısmındaki 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 altında kalan da şebekeye geri verilen enerjiyi gösterir. Bu iki alan birbirine eşit olduğu için enerjiler de eşittir. Bu durumda ortalama güç sıfırdır. Bobinde aktif güç(p) ile isimlendirilen güç sıfırdır. Bobinde harcanan güç reaktif güçtür. Bu güç Q harfi ile ifade edilir ve birimi VAr dir. Q. Q X Q.X 74

267 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek.5 Efektif değeri 0V, frekansı khz olan alternatif akım uçlarına 0 mh bobin bağlanıyor. Bu elemanın harcadığı gücü bulunuz. Çözüm.5: X πf. π.(. 0 Hz ).( 0. 0 H ) 6, 8Ω X 0V 6, 8Ω 59mA Q.X ( A ). 6, 8Ω 59, VAr Örnek.6 Şekil.45 de görülen devrede 50 mh bobinin harcadığı gücü bulunuz. 50 mh 0 V f.5 khz 0 mh 40 mh Şekil.45 Çözüm.6 gücün bulunabilmesi için bu eleman üzerinden geçen akımın bulunması gerekir. Bu akımda kaynaktan çekilen akıma eşit olduğu için devrenin eşdeğer endüktif reaktansı bulunarak çözüme ulaşılabilir. X X X πf πf πf π.(, 5. 0 π.(, 5. 0 π.(, 5. 0 Hz ).( Hz ).( Hz ).( 0. 0 H ) 785, 4Ω H ) 4Ω H ) 68Ω 75

268 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ X T X X T X X.X X 0V 0, 0A 994Ω Ω 4 68 Q.X ( 0, 0A ). 785, 4Ω 0, 079VAr 76

269 BÖÜM ATENATİF AKMDA SEİ DEVEE. - (DİENÇ - BOBİN) SEİ BAĞANMAS. - (DİENÇ - KONDANSATÖÜN) SEİ BAĞANMAS. -- (DİENÇ-BOBİN - KONDANSATÖ) SEİ BAĞANMAS.4 -- SEİ DEVESİNDE GÜÇ 77

270 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ ATENATİF AKMDA SEİ DEVEE Direnç, bobin ve kondansatör elemanları tek olarak devrede kullanıldığı gibi bu elemanlar kendi aralarında çeşitli bağlantılı olarak aynı devrede kullanılabilirler. Bağlama çeşitlerinden bu elemanların aynı devre üzerinde seri bağlantı şekilleri oluşturularak alternatif akımda davranışları incelenecektir. - seri devresi - Seri devresi - seri devresi -- seri devresi Şekil.Alternatif Akım seri bağlantı devre şekilleri Seri bağlı alternatif akım devrelerinin önemli üç kuralı vardır. ) Seri bağlı bütün elemanlardan aynı akım geçer. Bunun için devrenin vektör diyagramının çiziminde, akım referans vektörü olarak alınır. ) Devreye uygulanan gerilimi, elemanların uçlarında düşen gerilimlerin vektörsel toplamına eşittir. ) Devrenin akıma karşı gösterdiği toplam zorluk (direnç), devre elemanlarının ayrı ayrı gösterdiği zorlukların vektörsel toplamına eşittir.. - (DİENÇ - BOBİN) SEİ DEVESİ Çeşitli üretimlerde - seri devresine rastlamak mümkündür. Bunlar elektrik makineleri, flüoresan lamba tesisatları, trafolar gibi seri - özellikleri gösterir. Bu elemanları laboratuar ortamında seri bağlanıp uçlarına sinyal jeneratöründen bir alternatif akım verildiğinde devre elemanlarındaki akım ve 78

271 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ gerilim değişimleri ve oluşturdukları faz farklılıkları görülebilir. Bu faz farkları osiloskop da görülebileceği gibi teorik olarak da ilerleyen konularda hesaplanması yapılacaktır. Şekil. de direnç ve bobinin seri bağlandıklarında uçlarındaki gerilim eğrisi ve üzerinden geçen akım eğrileri eleman üzerlerinde gösterilmiştir. Şekil. - seri devresinde akım ve gerilim eğrileri Şekil. deki devre incelendiğinde sinyal jeneratöründen bir akım çekilmektedir. Önceki konularda elemanların tek olarak alternatif akımdaki davranışları incelenirken direnç elemanının üzerinden geçen akımla uçlarında düşen gerilim arasında faz farkı meydana getirmediği sadece akımın genliğinin değiştiği açıklanmıştı. Bobin elemanı ise üzerinden geçen akımla uçlarındaki gerilim arasındaki gerilim arasında 90 faz farkı meydana geldiği de önceki konularda açıklanmıştı. Bu hatırlatmalardan sonra bu elemanlar seri bağlandığında, seri devre özelliklerinden, kaynaktan çekilen akım aynen bu elemanlardan geçeceğinden referans alınacak olan akımdır. Bu referans doğrultusunda eleman uçlarındaki gerilimi ve kaynak geriliminin vektörünün çizimi ve gerilim üçgenin elde edilmesi şekil. de gösterilmiştir. 79

272 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ W W W W Gerilim Üçgeni.. Şekil. - seri devresinde gerilim üçgenin elde edilmesi Şekil. deki - seri devresinde sinyal jeneratöründen çekilen akımdır. Bu akım elemanlar üzerinden geçerken direnç uçlarında. ve endüktif reaktansın uçlarında.x gerilim düşümlerine sebep olur. Yukarıda da açıklandığı gibi dirençte düşen gerilimi içinden geçen akımla aynı fazda ve özindükleme bobinin reaktif direncinde düşen gerilimi ise içinden geçen akımdan 90 ileri fazdadır. Kirşofun gerilim kanunu uygulandığında kaynak gerilimi eleman uçlarındaki gerilim düşümlerinin toplamına eşit olacaktır. Fakat alternatif akım vektörsek olduğundan cebirsel toplanmaz vektörsel toplanması gerekir. Şekil. deki devrede dikkat edilirse kaynak gerilimi akımdan ϕ açısı kadar ileri fazdadır. Vektör diyagramında gösterilen akım ve gerilim vektörleri, sinüzoidal akımın ve gerilimin etkin değerini gösterirler. Gerilim üçgeninden gerilim değerleri ve akımla gerilim arasındaki - devresindeki faz açısı aşağıdaki şekilde olur. dik üçgenden sin ϕ, cos ϕ tanϕ ϕ tan - ( ) 80

273 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ cinsinden eşitliği yazılarak formülde yerlerine koyalım. formülünde ve değerlerini akım ve direnç değerleri..x (.) (.X ) X X Ohm kanunu hatırlanırsa gerilimin akıma oranı bize, ohm olarak devrenin geçen akıma karşı gösterdiği zorluğu verir. Omik direnç ve endüktif reaktansın akımın akışına gösterdiği zorluğa empedans denir. Empedans Z harfi ile ifade edilir ve birimi ohmdur. X Z X - X tan ϕ den akımla gerilim arasındali faz açısı ϕ tan ( ) dir. Şekil.4 de empedans üçgeninin çıkarılması görülmektedir. / X / Z.. Gerilim Üçgeni / Empedans Üçgeni. Şekil.4 Empedans üçgeni elde edilmesi - seri devresinin empedansı, empedans dik üçgeninden Z çekilirse direnç ve endüktif reaktansdan faydalanılarak bulunur. Z X, Z X Aynı zamanda Ohm kanununa göre aşağıdaki gibi bulunur. 8 Z dır. Buradan devre akımı

274 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Z veya X Örnek. Şekil.5 deki seri bağlı elemanlar üzerinden 00 µa geçmektedir. Bu akımı veren devre gerilimini ve akımla gerilim arasındaki faz farkı açısını bulunuz. 0 k ohm 00 mh, 0 khz Şekil.5 Çözüm.: X Z πf. π( 0kHz ).( 00mH ) 6, 8kΩ X ( 0kΩ ) ( 6, 8kΩ ) 8, kω.z ( 00µ A ).( 8, kω ), 6V ϕ tan X ( ) tan - Seri Devresinde Güç 6, 8kΩ ( ) tan 0kΩ ( 0, 68 ), gerilimi ve ϕ kadar geride akımının gerilimle aynı fazlı ve gerilimle dik fazlı bileşenleri vardır. Gerilimle aynı fazlı olan bileşeni direnç elemanı üzerinde harcanan gücü dik fazlı bileşeni ise bobin üzerinde harcanan gücü ifade eder. Şekil.6 da görülmektedir. a o q Şekil.6 8

275 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Akımın aktif bileşeni a ve reaktif bileşeni ise q dir. - seri devresinde akımın aktif bileşeni a. cos ϕ ve reaktif bileşeni ise. sin ϕ dir. Güç akımla gerilimin çarpımına eşit olduğu önceki konularda anlatılmıştı. Bu duruma göre direnç elemanı üzerinde harcanan güç aktif güç ve bobin üzerinde harcanan güç ise reaktif güç olacaktır. Bu güçlerin formüleri aşağıdaki gibidir. Aktif güç P.. cos ϕ eaktif güç Q.. sin ϕ formülleri ile bulunur. Burada cosϕ ye güç katsayısı denir. Aktif güç devrenin iş yapan gücüdür. sıtıcıların ve motorların aktif güçleri belirtilir. eaktif güç, devrede kaynaktan çekilip sonra kaynağa geri verilen güçtür. Bunun için reaktif güç iş yapmaz. Bobin ve kondansatör reaktif güç çeken elemanlardır. Bunların dışında birde görünür güç vardır. Bu güçte alternatif akım kaynaklarının güçlerinin belirtilmesinde kullanılır. Örnek. Bir alternatif akım motoru 0 V luk şebekede çalışken A lik akım çekmekte ve güç katsayısı cosϕ0,8 dir. Buna göre bu motorun aktif ve reaktif gücünü bulunuz. Çözüm.: q P..cos ϕ 0..( 0, 8 ) 58Watt Q..sin ϕ 0..( 0, 6 ) 96VAr cosϕ 0,8 ϕ o 6,86 sin6, 86 0, 6 - Seri Devre Özellikleri a) Devre akımı, devre geriliminden ϕ açısı kadar geri fazdadır. Bu sebepten - devrelerine geri güç katsayılı devreler de denir. b) Omik direnç uçlarındaki omik gerilim düşümü akımla aynı fazdadır. c) Endüktif reaktansın uçlarındaki gerilim düşümü, akımdan 90 ileri fazdadır. d) devre gerilimi, ve gerilim düşümlerinin vektörel toplamına eşittir. e) Devrenin Z empedansı, ve X dirençlerinin vektörel toplamına eşittir. 8

276 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ. - (DİENÇ - KONDANSATÖÜN) SEİ BAĞANMAS Seri bağlı direnç ve kondansatör elektronik devrelerde sıkça karşımıza çıkan bir durumdur. Genellikle bütün kondansatörlerin bir direnç etkisi gösterdiği için, Alternatif akım kaynağına bağlanan her kondansatörden bir - seri devresine sahiptir. Yani her kondansatörün kapasitif bir de direnci vardır. Şekil.7de sinyal jeneratörüne seri bağlanmış - elemanları ve dalga şekilleri görülmektedir. Şekil.7 - seri devresi ve dalga şekilleri Şekil.8 de devre şekli ve vektör gösterimi çizilen - seri devresinde alternatif bir gerilim uygulandığında; devreden alternatif bir akım geçer. Bu akım direnci uçlarında, kapasitif reaktansta gerilim düşümleri meydana getirir. Direnç elemanı akımla gerilim arasında faz farkı meydana getirmez iken kapasitif reaktans ise akımdan 90 geri fazlı bir gerilim düşümüne sebebiyet verir. Bu durum vektör diyagramında görülmektedir. 0 Şekil.8 - seri devresi ve vektör diyagramı Vektör diyagramından kaynağın gerilimi ve c gerilimlerinin vektörel toplamına eşit olacaktır. 84

277 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ - den ϕ tan ( ) 0 Z X Şekil.9 Gerilim ve empedans üçgeni Empedans dik üçgeninde pisagor bağıntısından - devresinin akıma karşı göstermiş olduğu zorluğu verir. Bu zorluğa - devresi incelenirken empedans olarak ifade edilmişti burada da aynı ifade kullanılacaktır. Bu ifadenin formülü aşağıdaki gibidir. Z X Z X tanϕ ϕ tan - X Kaynaktan çekilen akım Ohm kanununa göre gerilimin empedansa bölümü olarak anlatılmıştı - devresinde kaynaktan çekilen akım aşağıdaki şekilde bulunur. Z X - Seri Devre Özellikleri a) Devre akımı, devre geriliminden ϕ faz açısı kadar ileri fazdadır. Bu sebepten - devrelerine ileri güç katsayılı devreler de denir. b) Omik direncin uçlarındaki gerilim düşümü, akımla aynı fazdadır. c) Kondansatörün uçlarındaki kapasitif reaktans gerilim düşümü, akımdan 90 geri fazdadır. d) gerilimi ve gerilim düşümlerinin vektörel toplamlarına eşittir. e) Devrenin empedansı, ve X dirençlerinin vektörel toplamlarına eşittir. 85

278 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek.: Şekil.0 da verilen alternatif akım devresinde devrenin empedansını ve faz açısını bulunuz. X 47 ohm 00 ohm Şekil.0 Çözüm.: Empedans; Z X ( 47Ω ) ( 00Ω ) 0Ω Faz açısı ϕ tan X ( ) tan 00 Ω ( ) tan ( ) 67, 8 47Ω o Örnek.4 Şekil. deki alternatif akım devresinde kaynaktan çekilen akımı ve güç katsayısını bulunuz., k ohm 0,0 mikro F 0 V f,5 khz Şekil. Çözüm.4 X 5, Ω πf π(, khz )(, µ F ) k

279 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Devrenin empedansı Z X (, kω ) ( 5, kω ) 5, 74kΩ Kaynaktan çekilen akım 0 V, 74mA Z 5, 74kΩ Güç katsayısı cosϕ X tan ϕ ϕ tan cos ϕ cos( 67, 45 o X ( ) 0, 8 ) tan, kω ( ) tan, kω 5 (, 4 ) 67, 45 o. -- (DİENÇ-BOBİN - KONDANSATÖ) SEİ BAĞANMAS Seri bağlı -- den meydana gelen şekil. deki devreye alternatif bir gerilim uygulandığında devreden sinüzoidal bir akım elemanlar üzerinden akmaya başlar. Bu akım eleman uçlarındaki gerilim ve kaynak gerilimi ile şekil.de vektör diyagramında gösterildiği gibi bir faz farkı meydana getirir. Devredeki bobinin endüktif reaktansına veya kondansatörün kapasitif reaktansına göre devre - veya - seri devre özelliği gösterir. - 0 Şekil. -- seri devresi ve vektör diyagramı Devredeki,, elemanlarından geçen bu direnci uçlarında. gerilim düşümüne, özindükleme bobinin uçlarında. X gerilim 87

280 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ düşümüne, kondansatörünün uçlarında olur.. X gerilim düşümüne sebep Dirençte düşen gerilimi akımla aynı fazdadır. Akımla gerilim arasındaki faz farkı sıfırdır. Özindükleme bobininde düşen gerilimle akım arasındaki faz farkı açısı 90 dir. Gerilim akımdan 90 ileri fazdadır. Kondansatörde düşen gerilim ise akımdan 90 geridedir. Bu duruma göre çizilen vektör diyagramında görüldüğü gibi ve gerilimleri aynı doğru üzerinde fakat vektör yönleri farklı durumdadır. Bu vektör diyagramında > olarak kabul edilerek çizilmiştir. Vektör diyagramından gerilim formülü ortaya aşağıdaki gibi çıkacaktır. ( ) ( ) vektör diyagramından; ( sin ϕ ϕ tan ( ( ) cosϕ ) ) ( tanϕ ).,. X ve. X gerilim denklemine yerlerine yazılması ile kaynağın gerilimi ile gerilim formülü elde edilir.. ( X X ) direnç kapasitif, endüktif reaktanslar Elde edilen gerilim formülünde eşitliğin her iki tarafı ya bölünürse / durumu akımın akışına zorluk gösterme durumunu ifade ettiğini biliyoruz. Bu oranda empedansdır.. ( X X ) Z ( X X ) tanϕ X X cosϕ Z Kaynaktan çekilen akım Z veya ( X X ) 88

281 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ -- Seri Devre Özellikleri a) Endüktif reaktansın kapasitif reaktanstan büyük olması (X >X ) -- seri devresi - devre özelliği gösterir. b) Endüktif reaktansın kapasitif reaktanstan küçük olması (X <X ) -- seri devresi - seri devre özelliği gösterir. c) Endüktif reaktansın kapasitif reaktansa eşit olması (X X ) devre rezonans durumundadır. X >X Durumu: -- seri devresinde X endüktif reaktansı X de kapasitif reaktanstan büyük olduğu durumdur. Bu değerlerin durumuna göre eleman uçlarındaki gerimi düşümleri > dir. Şekil.de bu durumun vektör diyagramı çizilmiştir. Bu vektör diyagramından çıkarılan formüllerle devrenin analizi yapılabilir. X >X olduğu için devre akımı, devre geriliminden ϕ açısı kadar geridedir. Devrenin faz açısı ve güç katsayısı aşağıdaki formüllerle bulunur. tan ϕ veya tanϕ X X cos ϕ veya cosϕ Z Örnek.5 Şekil. deki alternatif gerilime seri bağlanan,, elemanları uçlarındaki gerilim düşümlerini ve akımla gerilim arasındaki faz farkı açısını hesaplayınız. X X 75 ohm 5 ohm 60 ohm 0 V Şekil. 89

282 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Çözüm.5 Önce devrenin empedansı bulunarak başlanması gerekir. Z ( X X ) ( 75Ω ) ( 5Ω 60Ω ) ( 75Ω ) ( 5Ω ) 8, 8Ω Z 0V 8, 8Ω ma. ( ma )( 75Ω ) 9, 08V.X.X ( ma ).( 5Ω ), 0V ( ma ).( 60Ω ) 7, 6V ϕ - X tan ( X ) tan ( 5 75 ) o 5 X <X Durumu: Devrede endüktif reaktansın, kapasitif reaktanstan küçük olduğu durumdur. Bu duruma göre elemanı uçlarındaki gerilim elemanı uçlarındaki gerilimden düşük olacaktır. Buda devrenin - seri devre özelliği göstermesi demek olacaktır. Devrenin gerilimi vektör diyagramı çizilerek çıkarılabilir. ( ) Devrenin empedans ve akım gerilim arasındaki faz açısı aşağıdaki formüllerle bulunur. Z ( X X ) tanϕ X X ϕ tan - X X X X Durumu: Endüktif reaktansın ve kapasitif reaktansın eşit olduğundan ve gerilim değerlerinin eşit olduğu durumdur. Endüktif reaktansın ile kapasitif reaktan arasında 80 faz farkı olduğundan reaktansın toplamı sıfırdır. Dolayısı ile devre saf omik devre özelliği gösterir. Direnç üzerinde kaynağın gerilimi görülür. Bu duruma seri rezonans denir. 90

283 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ.4 -- SEİ DEVESİNDE GÜÇ Seri bağlı -- devresinde; endüktif reaktans ile kapasitif reaktansın birbirlerine göre büyük, küçük veya eşit olması devrenin özelliğini değiştirir. Akımın aktif bileşeni direnç elemanı üzerinde harcanan aktif gücü, reaktif bileşeni ise bobin veya kondansatör üzerinde harcanan reaktif gücü verir. Bu güç formülleri aşağıdadır. Bu hiç unutulmamalıdır ki aktif güç omik direnç üzerinde harcanan güçtür. P.. cos ϕ Watt Q..sinϕ VAr 9

284 BÖÜM 4 ATENATİF AKMDA PAAE DEVEE 4. - (DİENÇ - BOBİN) SEİ BAĞANMAS 4. - (DİENÇ - KONDANSATÖÜN) SEİ BAĞANMAS (DİENÇ-BOBİN - KONDANSATÖ) SEİ BAĞANMAS SEİ DEVESİNDE GÜÇ 9

285 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ PAAE DEVEE Alternatif akım paralel devrelerinin özelliklerinin özellikleri seri devrenin özelliklerinden tamamen farklıdır. Seri devrelere göre paralel devrelerin hesaplanması 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 vardır. Bu özellikler ilerleyen konularda çözümlerle yol gösterilecektir. a) Devre elemanları hepsi kaynağa paralel bağlı olduğundan kaynağın gerilimi eleman uçlarında aynen görülür. Paralel devrede değişmeyen gerilimi referans vektör olarak alınır. b) Paralel devrede eleman uçlarındaki gerilim değişmezken kaynaktan çekilen akımlar elemanlar üzerinde çeşitli kollara bölünür. Kaynaktan çekilen akım, kollar üzerinden geçen akımların vektörel toplamına eşittir. c) Paralel bağlı kollardaki dirençleri terslerinin vektörel toplamına eşittir. Devre elemanları kendi aralarında da paralel olarak (-), (- ), (--) ve (-) olarak bağlanabilirler. Bu bağlantıların şekil 4. de görülmektedir. - paralel devresi - paralel devresi -- paralel devresi Şekil 4. Paralel bağlı devre çeşitleri - paralel devresi 9

286 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ 4. - (DİENÇ - BOBİN) SEİ BAĞANMAS Şekil 4. deki devrede - elemanı birbirleri ile paralel bağlanarak bu eleman uçlarına alternatif bir emk bağlanmıştır. Bu uygulanan sinüzoidal alternatif gerilim elemanlar üzerinden yine sinüzoidal bir akıma akıtacaktır. Bu kaynaktan çekilen akımı elemanlar üzerinden kollara ayrılarak tekrar kaynakta olarak devresini tamamlayacaktır. Kirşofun akımlar kanunun dan kaynaktan çekilen akımla eleman üzerinden geçen akımların vektörel toplamına eşit olacaktır. Bu ifade aşağıdaki gibi yazılabilir. w 0 Şekil4. - paralel devre ve vektör diyagramı Şekil 4. de vektör diyagramı çizilmiştir. Bu vektör çizilirken devrede değişmeyen elemanların uçlarındaki gerilim baz alınarak çizilmiştir. Direnç elemanı akımla gerilim arasında faz farkı oluşturmadığı için gerilimle aynı fazlı çizilmiş, bobin elemanı ise, akım gerilim arasında 90 o geri fazda akıtmaktadır. Bu doğrultuda vektör diyagramı çizilmiş, kaynak akımı, gerilimden ϕ açısı kadar geri fazda olduğu çizilmiştir. Vektör diyagramında kaynaktan çekilen akımın denklemi hipotenüs bağıntısından ; bulunur. Devre elemanları kaynaktan çekilen akımın denklemi ise X Z den bulunabilir. Burada hipotenüs bağıntısında kol akımları yerine yazılmak suretiyle devrenin formülü çıkarılabilir. 94

287 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Z X Z X parantezine alınır. Her iki taraf bölünerek bulunur. Z X Z X Devrenin akımı ile gerilimi arasındaki faz açısını ve güç katsayısını şekil 4. vektör diyagramındaki dik üçgenden hesaplanabilir. tan ϕ veya tanϕ X cosϕ Z Paralel - devresin de akım gerilimden geri kaldığı için devre geri güç katsayılıdır. Paralel devrede yeni bazı tanımlamalar yaparak şekil 4. deki vektör diyagramını tekrar çizelim. Biliniyor ki,, X ve Z akımın akmasına zorluk gösteren durumlardır. Bunların tersi durum yani /, /X ve /Z ise akımın akmasına kolaylık gösteren durumlardır. / : direncinin iletkenliği denir. G harfi ile gösterilir. Birimi ( / Ω) siemens dir. Z veya /X : X endüktif reaktansın tersine elektrik akımına gösterdiği kolaylığa süseptans denir. B harfi ile ifade edilir. Endüktif süseptans B, kapasitif / Ω veya siemens dir. süseptans da Bc harfleri ile gösterilir. Birimi ( ) /Z : Elektrik akımına göstermiş olduğu kolaylığa admidans denir. Y harfi ile ifade edilerek birimi /Ω veya siemens dir. G X B Z Y Bu bilgilerden sonra iletkenlik süseptans ve admidans olarak vektör diyagramına şekil 4. deki gibi olur. 95

288 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ 0 / 0 / 0 G /Z /X /Z /X Y B (a) Akım üçgeni Şekil4. (b) Admidans üçgeni Şekil 4.a da akımlar üçgeninde her kenar ya bölünerek (b) deki vektör diyagramı ortaya çıkar. Bu diyagramdan devrenin direnci bulunur. ( / Z ) ( / ) ( / X ) ( ) ( ) Z / / X Şekil 4. deki iletken, süseptans ve admidans değerleri yerlerine konulursa devrenin admidans formülü ortaya çıkar. Y G B Devrenin akımı, gerilimi admidans değeri ile bulunması gerektiği durumda aşağıdaki formüllerden bulunabilir. Y Y Örnek4. Şekil4.4 deki alternatif akım devresinde, devrenin eşdeğer admidansını ve empedansını bulunuz. fkhz 0 ohm 00mH Şekil4.4 Çözüm4. Admidansın bulunabilmesi için önce G ve B nin değerinin bulunması gerekir. 96

289 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ G, ms 0Ω 0 Endüktif reaktansı X πf π(000hz)(00mh) 68Ω Bobinin süseptansı B,59ms X Devrenin admidansı Y T G B,0,59,4 ms Admidansın tersi empedansı verir Örnek4. Z T 9Ω Y,4ms T Şekil 4.5 de verilen Alternatif Akım devresinde kaynaktan çekilen akımı ve akımla gerilim arasındaki ϕ faz farkı açısını bulunuz. 0V f.5khz. kohm 50mH Şekil 4.5 Çözüm4. Önce toplam admidansın bulunması gerekir. Admidansın bulunması içinde; X πfπ(,5khz).(50mh),4 kω B 709 s s X,4k Ω G 455.kΩ µ µ Y T G B ms ) (709 ) 84 µs ( 455 ms T V.Y T (0V)(84µs)8,4mA bulunur. Akımla gerilim arasındaki faz açısı; 97

290 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ.kΩ ϕ tan tan 57. X.4kΩ (DİENÇ - KONDANSATÖÜN) SEİ BAĞANMAS Paralel bağlı direnci ile kondansatörü seri bağlanıp uçlarını Alternatif bir gerilim uygulandığında kaynaktan sinüzoidal bir akımı çekilir. direncin üzerinden akımı ve kondansatör üzerinden de c akımı akar. Bu akan akım direnç elemanın gerilimi ile aynı fazda olurken kondansatör elemanında ise uçlarındaki gerilimden akım 90 o ileri fazdadır. Bu açıklamalar ışığında - paralel devresi ve bu devrenin vektör diyagramı şekil 4.6 daki gibi olur. w 0 (a) - paralel devresi (b) Vektör diyagramı Şekil 4.6 Vektör diyagramındaki taralı dik üçgenden pisagor bağıntısı uygulandığında - paralel devresinin kaynaktan çekilen akım formülü ortaya çıkar. c c ohm kanununa göre kol akımları ve kaynaktan çekilen akım yazılabilir. c X c Z Ohm kanunundaki, ve eşitlikleri akım formülünde yerine yazılırsa devrenin empedansı bulunur. Z Z X c / / X Z ( / ) ( / X ) 98

291 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Z. X c X c Devrenin faz açısı ve güç katsayısı vektör diyagramından hesaplanabilir. c / tanϕ veya tanϕ X c cosγ c / / Z Z Paralel - devresinde, akım geriliminden ϕ kadar ileride olduğundan bu devreye ileri güç katsayılı devre denir. Gerilim üçgeninden admidans üçgenini elde edilişi ve admidans formülü aşağıdaki şekil4.7deki gibi olur. /Z /X Y B 0 / 0 G Şekil4.7 Admidans üçgeni Admidans üçgeninden - devresinin admidans formülü Y G B c Örnek4. Şekil 4.8 deki - paralel devresinde kaynaktan çekilen akım, kol akımlarını devre gerilimi ile akımı arasındaki faz farkı açısını hesaplayınız. 0 V ohm 50 ohm Şekil

292 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Çözüm4. Eleman uçlarındaki gerilim kaynak gerilim eşit olduğuna göre V V 54. 5A c 80mA 0Ω X 50Ω c T c ( 54,5 ) (80ma) ma 96,8 ma Akımla gerilim arasındaki fark açısı ; ϕtan c ϕtan 80mA mA o Örnek4.4: Şekil 4.9 da verilen - paralel devresinde kaynaktan çekilen akımı ve akımla gerilim arasındaki faz farkı açısını bulunuz. 0 V f,5khz, kohm 0,0 mikro F Şekil 4.9 Çözüm4.4 Kaynaktan çekilen akım bulunabilmesi için önce admidansının bulunması gerekir. Kondansatörün Süseptansı : B c 88µ s X c 5.kΩ 00

293 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Direncin iletkenliği: G 455µ s.kω Toplam Admidans: Y T G B c ( 455 ) (88ms) ms 49µs T V.Y T (0V).(49µs) 4,9 ma Akımla gerilim arasındaki faz açısı ϕtan X c.kω tan 5.kΩ.5 o (DİENÇ-BOBİN - KONDANSATÖ) SEİ BAĞANMAS Direnç, bobin ve kondansatör elemanları aynı devrede paralel bağlanıp uçlarına sinüzoidal bir gerilim uygulandığında kaynaktan çekilen akımı, elemanı üzerinden geçen akım gerilimle aynı fazdadır. Bobinden geçen akımı gerilimle 90 o lik bir faz farkı meydana gelir. Gerilim akımından 90 o ileri fazdadır. Kondansatör üzerinden geçen c akımı gerilimi de 90 o ileridedir. Şekil 4.0 da -- devresi ve vektör diyagramı bu bilgiler doğrultusunda çizilmiştir. > < w (a) (b) (c) Şekil4.0 0

294 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ -- paralel bağlı elemanların oluşturduğu devrede üç durumda karşılaşılır. a) Endüktif reaktansın kapasitif reaktanstan büyük olması X > X c b) Endüktif reaktansın kapasitif reaktanstan küçük olması X < X c c) Endüktif reaktansın kapasitif reaktanstan eşit olması X X c X > X c durumunda endüktif reaktansın; kapasitif reaktanstan değer olarak daha büyüktür. Bu durumda bobin üzerinden geçen akımı, kondansatör üzerinden geçen c akımından daha küçük olacaktır. X > X c durumunda vektör diyagramı şekil4.0(b) de çizilmiştir. Vektör diyagramından kaynaktan çekilen akım formülü aşağıdaki gibi olur. ( ) c bu formülden bulunduğu gibi ohm kanunundan faydalanınca aşağıdaki gibi bulunabilir. X X Z Bu eşitlikler vektör diyagramında çıkarılan devre akım formülünde yerine konulursa devrenin admidansı bulunur. / / X c / X ( ) ( ) ( / ) (/ X c / X ) Eşitliğinin her iki tarafı değerine bölünerek devrenin empedansı, empedansın tersi ise admidansı aşağıdaki şekilde olur. Z (/ ) (/ X c / X ) Y Z (/ ) (/ X c / X ) bulunur. Güç katsayısı değişik şekillerde bulunabilir. Güç katsayısının değerini aşağıdaki formüller yardımı ile bulunur. cos ϕ Z Z cos ϕ Akımla gerilim arasındaki faz farkı açısı ϕ nin bulunması ise aşağıdaki formüllerde bilinen değerler yerlerine konularak bulunur. 0

295 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ B B tan ϕ G X <X durumunun vektör diyagramı şekil4.0 (c) de çizilmiştir. Bu durumda endüktif reaktans, kapasitif reaktanstan küçük olduğu durumdur. Bu da akımının akımından küçük olduğu anlamına gelir. X >X durumundaki formüllerde sadece ( - ) yerine ( - ) konulması ile tüm formüler çıkartılabilir. ( ) burada ohm kanunundaki formüller kullanılarak devrenin empedans ve admidansı bulunur. Z ( ) ( X X ) Y G ( B B ) akımla gerilim arasındaki faz açısı ve güç katsayısı formülü ise aşağıdaki şekilde B B B B ϕ ϕ tan - tan ( ) cosϕ G G X X durumunda ise endüktif ve kapasitif kollardan eşit akımlar geçer. Bu akımlar arasında faz farkı 80 o olduğu için, bu iki akımın aritmetik farkı sıfırdır. Dolayısıyla devrenin toplam akımı, omik koldan geçen akıma eşittir ve güç katsayısı birdir. Bu devreye paralel rezonans devresi denir. Bu durumun vektörel şekil 4. deki gibidir. Z 0 Şekil 4. 0

296 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek4.5 Şekil 4. de -- elemanları paralel bağlanarak uçlarına efektif değeri 5v olan bir sinüzoidal bir gerilim uygulandığında kaynaktan çekilen akımlar, kol akımlarını ve akımla gerilim arasındaki faz farkı açısını buluruz. T 5 V, ohm X X 0 ohm 5 ohm Şekil4. Çözüm4.5 Elemanlar üzerinden geçen akım ohm kanunundan yararlanılarak bulunur. 5 V 5 V 5 V. 7A c A 0. A.Ω X 5Ω X 0Ω 5 Kaynaktan çekilen toplam akım X > X c durumundaki formülden c ( ) c (,7A ) ( 0,5A) A,A Kaynaktan çekilen akımla gerilim arasındaki faz farkı açısı ; 0. 5A o ϕtan. 4. 7A Devrenin vektör diyagramı şekil 4. de çizilmiştir. w T 0,4 Şekil4. vektör diyagramı 04

297 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ elemanları bir devrede birer tane bulundukları gibi aynı elemandan birden fazlada olma durumları mevcuttur. Bu elemanların seri, paralel veya seri-paralel bağlantılarda olabilir. Bu devrelerde devreyi tek bir kondansatör, direnç ve bobin olarak eşdeğerleri hesaplanarak bulunur. Devre yine tek devre haline gelir. Devre seri durumda ise seri devre özellikleri paralel ise paralel devre özellikleri uygulanılarak analizi yapılır SEİ DEVESİNDE GÜÇ seri devresinde; kapasitif reaktans ile endüktif reaktansın birbirlerine göre büyük, küçük ve eşit olması özelliğini değiştirir. seri devresinde akım gerilimden ϕ kadar geride veya ileride olduğu gibi, akım ile gerilim aynı fazda yani ϕ0 olabilir. Buna göre devrenin güç katsayısı cosϕ ileri, be cosϕ geri ve cosϕ olur. Devreye uygulanan geriliminden, devrenin akımı ϕ kadar ileride veya geride ise ortalama güç P (aktif güç) ve reaktif güç Q aşağıdaki formüllerle bulunur. P..cosϕ Q..sinϕ 05

298 BÖÜM 5 KOMPEKS SAYAN ATENATİF AKM DEVEEİNE YGANMAS 5. - (DİENÇ BOBİN) SEİ DEVESİ 5. - (DİENÇ KONDANSATÖ) SEİ DEVESİ (DİENÇ BOBİN KONDANSATÖ) SEİ DEVESİ (DİENÇ BOBİN) PAAE DEVESİ (DİENÇ KONDANSATÖ) PAAE DEVESİ (DİENÇ BOBİN KONDANSATÖ) PAAE DEVESİ 06

299 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ GİİŞ Sinüzoidal emk leri ve sinüzoidal akımları dönen vektörlerle gösterilmişti. Kompleks sayılarla vektörlerin toplanması, çıkarılması, çarpılması ve bölünmesi işlemlerini çabuk ve doğru olarak kolayca yapılabildiği matematik de incelendiğinde görülür. Burada kompleks sayıların nasıl olduğu anlatılmayacaktır. Bu herhangi bir matematik kitabından incelendiğinde anlaşılacağını umarım. Kompleks sayılar bize vektörlerin herhangi bir dereceden kuvvetlerini ve köklerini kolayca bulunabilme olanağı da sağlamaktadır. Alternatif akım devrelerinin çözümlerinde büyük kolaylıklar sağlayan bu sayıları devrelerin çözümlerinde sıkça kullanacağız. Vektörlerin toplanmasında ve çıkarılmaları için dik bileşen vektörleri halinde bulunmaları 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 kısadır. Yalnız kutupsal ve üslü vektörlerle kök alma işlemi yapılabilir. Herhangi bir vektörün üç şekilde gösterilir. Dik bileşenli vektör gösterilişi A Ax jay Trigonometrik gösterilişi A A(cosα j sin α Kutupsal gösterilişi A A α Bu hatırlatmalardan sonra önceki konularda incelenen devre bağlantı çeşitlerinin analizlerini kompleks sayılarla analizi yapılacaktır (DİENÇ BOBİN) SEİ DEVESİ Şekil5. de seri bağlanmış olan devresi kirşofun gerilimler kanunundan, kaynağın gerilimi elemanlar üzerinde düşen gerilimlerin toplamına eşittir. Bu kompleks sayılarla ilk incelediğimiz alternatif akım devresi olduğundan açıklamalı olarak işlemleri ve formülleri çıkartalım. Şekil5. Seri devresi elemanı uçlarına bir alternatif bir gerilimi uygulandığında bu kaynaktan bir akım çekilecektir. Devre seri olduğundan bu akım değeri devre elemanları 07

300 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ üzerinden aynen geçecektir. Fakat uçlarındaki gerilimle bu akım arasında elemanına göre bir faz farklılığı oluşturacaktır. Bunu önceki konularda elemanları devrede tek olarak bağladığımızdaki akımla gerilim arasındaki faz farklıklarını açıklamıştık. Direnç elemanı üzerinden geçen akım ve uçlarındaki gerilimle herhangi bir faz farkı oluşturmamakta fakat bobin üzerinden geçen akımla uçlarındaki gerilim düşümü ile 90 faz fakı oluşturmakta, akım gerilimden 90 geri fazda kalmakta olduğu önceki konulardan biliniyor. Seri devrede akım değişmediği için baz olarak veya başlangıç ekseni olarak akım alınır. Bu açıklamalarla gerilim ve empedans üçgenlerini oluşturalım. Sanal eksen (j) Sanal eksen (j) j j jx Z ZjX 0 eel eksen eel eksen Şekil5. seri devresinin gerilim ve empedans üçgeni Akım seri elemanlardan aynı aktığı için başlangıç ekseninde alınmış, direnç akımla gerilim arasında faz farkı oluşturmadığı için gerilimi de genliği kadar akımla aynı eksende çizilmiştir. Bobin elemanı üzerinden bir akım geçtiğinde uçlarındaki gerilim, akımdan 90 ilerde olduğundan sanal eksende j olarak şekil5. de gösterilmiştir. Devre geriliminin dik bileşenler ve kutupsal gösterilişi aşağıdaki gibi olur. j tan ( ) seri devresinin eşdeğer empedansı ise şekil5. deki empedans üçgeninden dik bileşen ve kutupsal şeklinde gösterimi aşağıdaki şekildedir. X Z jx X tan ( ) Empedans üçgenine biraz matematiksel işlemler yapıldığında devrenin akımı ile gerilimi arasındaki faz farkı açısını, devrenin empedansı ve faz açısı bilindiğinde devre eleman değerlerinin bulunması gibi formüller ortaya çıkarılabilir. ϕ sin X Z ϕ cos ϕ tan Z - - X 08

301 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ X Z.sin ϕ Z.cos ϕ X.tan ϕ Örnek5. Alternatif akım devresinde ohm direnç ile 0,0 H değerlerindeki iki eleman seri bağlanarak uçlarına 00 V, 50 Hz lik bir gerilim uygulandığında kaynaktan çekilen akımı bulunuz. Çözüm5. Devrenin empedansının bulunabilmesi için endüktif reaktansın aşağıdaki şekilde bulunur, bulunan bu değer devrenin empedansında kullanılır. X πf π.(50 Hz).(0,0 H),4 Ω Z jx j,4,7 57,5 o Ω 00 V (,7 57,5 o Ω) 5,7 57,5 o A Örnek5. 50 V,50 Hz lik bir gerilimle beslenen endüktif devreden 0 A geçmekte ve 750 W harcanmaktadır. ve değerleri ile sistemde görünen, harcanan ve reaktif güçleri bulunuz. Çözüm5.: 50V P 750W Z 5Ω 7,5Ω aktif güç direnç elemanı 0A 0 üzerinde harcandığı için buradan direnç değeri bulunur. o X Z (5Ω) (7,5Ω),85 7,54 Ω bulunur. Akımla gerilim arasındaki faz farkı açısı o ϕ 7,54 cos ϕ 0, (geri) ω 4 rad/s X,85 0, 076 H 76 mh ω 4 09

302 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ o o S. 50V.0 7,54 A 500 7, j85va buradan reel değer aktif gücü, sanal değer de reaktif gücü vereceğinden P750 W, Q85 VAr 5. - (DİENÇ KONDANSATÖ) SEİ DEVESİ Şekil5. de görülen devrede direnç elemanı ile kondansatör elemanı seri bağlanıp uçlarına bir alternatif gerilim uygulandığında bu gerilimin devre elemanları üzerinde iki bileşeni vardır. Direnç elemanı üzerindeki gerilim düşümü akımla aynı fazda, kondansatör uçlarındaki gerilim düşümü ise akımdan 90 geri fazdadır. Şekil5. Bu açıklamalar doğrultusunda seri devre olduğundan akım referans ekseninde alınarak devre vektörü aşağıda şekil5.4 deki gibi çizilir. j j Z -j -jx -j -j -j Z-jX Gerilim üçgeni Empedans üçgeni Şekil5.4 Şekil5.4 deki gerilim üçgeninden devrenin gerilim reel eksende olan gerilimi ile sanal eksende olan geriliminin toplamına eşit olacaktır. 0

303 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ j tan ( ) gerilim değeri ve faz açısı buradan bulunur ve devrenin empedansı da şekil5.4 deki empedans üçgeninden dik bileşenler ve kutupsal gösterim şeklindeki formülü bulunur. X tan c Z jx X ( ) Empedans formülü dikkat edilirse vektörel olarak bulduğumuz formülün aynısıdır. Burada reel değer direnç elemanını, sanal kısmını da kapasitif reaktans oluşturmaktadır. Kapasitif reaktansın X nin önüne j getirilmiştir. Bu da (-90 ) ifade eder. Empedans üçgeninden devre ile ilgili aşağıdaki formüller çıkartılabilir. Empedans değeri ve faz açısı bilindiği durumda devre elemanlarının değerleri bulunabilir. X Z.sinϕ Z.cosϕ X.tanϕ ϕ sin X Z cos Z tan X Örnek5. Saf bir direnci ile bir kondansatör seri bağlanmıştır. Sisteme 0 volt, 00 Hz uygulandığı zaman devredeki akım,5 amper ve sistemde harcanan güç 40 W tır. direnci ile kapasitesinin değerini hesaplayınız. Çözüm5. Direnç elemanının değerini devrede harcanan aktif güç bu eleman üzerinde harcandığı için güç formülünden direnç değeri bulunabilir. P. P 40W 8, 4 Ω,5 A Devre akım ve devre gerilimi bilindiğine göre devrenin empedansı ohm kanunundan faydalanılarak bulunur.

304 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Z 0V,5A 48 Ω Empedans formülü kullanılarak, bu formülden kapasitif reaktans çekilirse kondansatörün kapasitif reaktansının değeri hesaplanabilir. Z X X Z 48 8,4 8, 8 Ω kapasitif reaktans formülünden kapasite çekilirse, buradan devreye bağlı olan kondansatörün değeri bulunur. X πf. π.00.x 55,9 µ F π.00.8,8 bulunur (DİENÇ BOBİN KONDANSATÖ) SEİ DEVESİ Alternatif akım devrelerinin çözümünde devrede direnç, bobin ve kondansatör seri veya paralel şekil5.4 de bağlandıklarında devre elemanları üzerlerinden geçirdikleri akımlarla bir faz farkı meydana getirdikleri bu ana kadar defalarca ifade edilmişti. Bunun açık olarak elemanların özelliklerine göre; direnç akımla gerilim arasında faz farkı sıfır, bobin elemanı uçlarındaki gerilim akımdan 90 ileri fazda ve kondansatör uçlarındaki gerilim akımdan 90 geri fazdadır. Buda kompleks sayılarla ifadesi biliniyor ki j, 90 yi ve j de (-90 ) ile gösterilmektedir. Bu durumda kapasitif reaktans değerinin önüne (-jx ), endüktif reaktansın önüne ise (j) konulacaktır. Bu gösterimde jx olur. Şekil5.5 de bu durum gösterimi yapılarak bu devrenin kompleks çözüm formülleri çıkartılmıştır. Şekil5.5 seri devresi

305 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Yukarıdaki açıklamalar doğrultusunda devrenin gerilim üçgeni ve empedans üçgenini çizerek devresinin formülleri çıkartılır. seri devresinde kapasitif reaktansın endüktif reaktansa eşit, büyük ve küçük olduğu durumlar mevcuttur. Bu önceki konularda açık bir şekilde incelemesi yapılmıştı. Bu hatırlatmalar ışığında X <X durumunun empedans ve gerilim üçgeni şekil5.6daki gibi olur. j j X Z -j( - ) -j( - ) -j(x -X ) Z-j(X -X ) -j -jx Gerilim üçgeninin elde edilmesi Empedans üçgenin elde Edilmesi Şekil5.6 seri devresinde X <X durumu Devre gerilimi, gerilim üçgeninden; j( ) ( ) tan ( ) bulunur. devrenin empedansı, empedans üçgeninden bulunur. Z j( X X ) ( X c X ) tan (( X X ) ) X c X ϕ tan bu dik üçgenden matematik kurallar doğrultusunda güç katsayısı ve akımla gerilim arasındaki faz farkı açıları da bulunabilir. Bu vektörel çözümde ayrıntılı bir şekilde açıklanmıştı. Ayrıca devre elemanları uçlarındaki gerilim düşümlerinin değerleri de aşağıdaki gibi bulunur...( jx ).( jx ) dikkat edilirse X <X durumu devrenin seri devre özelliği taşıdığını ve X >X durumu ise devre seri devre özelliği taşır.

306 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek5.4: Şekil5.7 deki alternatif akım devresinde değerleri verilen elemanları seri bağlanarak bu devreye alternatif bir gerilim uygulanmıştır. Bu devrede kaynaktan çekilen akımı, devrenin güç katsayısını, eleman üzerlerindeki gerilim düşümlerini bulunuz. 0 ohm 0, H 50 mikro F 0V 50 Hz Şekil5.7 Çözüm5.4: X X πf π.50.0, j,4 Ω j, Ω 6 πf. π Z j( X X ) 0 j0,7 4,6 45,48 o Z ,48 o o 4,6 45,48 A ,48 o 40 45,48 o V jx. o, ,48 o ,5 o V jx. o, ,48 o o 97, 5,48 V 4

307 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ (DİENÇ BOBİN) PAAE DEVESİ Seri devrelerde karmaşık sayıların alternatif akıma nasıl uygulandığı vektörel gösterimlerle açıklanmıştı. Paralel devrede de aynı kurallarla kompleks sayılar paralel devrede de uygulanarak devre çözümü yapılabilir. Paralel devre özellikleri kullanılarak paralel devrenin çözümü, elemanların bağlantılarına göre çözümü kompleks sayılarla yapalım. Şekil5.8 deki paralel devresinin devre empedans, kaynaktan çekilen akım, eleman üzerlerinden geçen akımların formüllerini çıkartalım. jx Şekil5.8 paralel devresi Devre elemanlarının toplam empedansının bulunması için, eleman değerlerinin tersi alınıp toplandığın da bulunur. Karışık devrelerde işlemlerin basit olması için devre elemanlarının isimlerini Z (Z ), Z (Z jx ) gibi isim verilerek eşdeğer empedans formülü aşağıdaki gibi olur.... Z Z Z Z n devresi için devre empedansı bu genel formülde yerine konularak aşağıdaki gibi olur..( jx ) ZT Z Z Z X jx T Kaynaktan çekilen akım ve kol akımları ohm kanunundan faydalanılarak bulunur. o Z jx X 90 T 5

308 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ w w 0 0 G Y -j -j -jb YG-jB -j -j Şekil5.9 paralel devresinin akım ve admidans üçgeni Paralel devrede şekil5.9daki paralel devresi akımının dik bileşenler ve kutupsal gösterim olarak aşağıdaki gibi olur. j tan ( ) Örnek5.5: Şekil5.0 da verilen paralel devresinin; - Devrenin admidansını - Devrenin empedansını - Kaynaktan çekilen akımı ve kol akımlarını hesaplayınız. 0 V 0 ohm jx jx H 4 H Şekil5.0 Çözüm5.5 Devreye bağlı olan elemanları Z 0 ohm, Z jx H ve Z jx olarak tanımlayalım. 6

309 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Y Y Y T a) Z Z Y Y Y 0, 756 8, 4 0, S 0Ω jx o o j , S ( j0, 5 ) ( j0, 5 ) 0, S Y Z jx 0, 5 90 o j 90 o j0, 5S j0, 75S 0, 5 90 ( 0, ) o S j0, 5S ( 0, 75 ) tan 0, 75 ( ) 0, Y T b) Z Z T T Y T 0, 756 8, 4 S o, 8, 4 o c) T Z T Z Z Z Y. T Y. jx jx 0V.( 0, 756 8, 4.Y 0V.( 0, S ) A.Y 0V.( 0, 5 90 o S ) 5, 8, 4 o S ) V.( j0, 5S ) j5a 5 90 o o A A o A (DİENÇ KONDANSATÖ) PAAE DEVESİ Şimdiye kadar direnç elemanının devre gerilimi ile bir faz farkı oluşturmadığı sadece alternatif akımın genliğini değiştirdiğini gördük. Fakat devrede bobin veya kondansatör seri veya paralel bağlansınlar bu akımla gerilim arasında bir faz farkı getirdiği bu faz farkından dolayı da kompleks sayıların sanal ekseninde yer aldığı görülmüş oldu. Artık şu açıklamayı yapmakta hiçbir sakınca yoktur. Eğer devrenin çözümü kompleks sayılarla 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.deki paralel devresinin bu açıklamalarla çözümünü yapalım. 7

310 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek5.6 Şekil5. deki devrenin kaynaktan çekilen akımı, elemanlar üzerinden geçen akımları ve devrenin empedansını hesaplayınız. T 40V 5 ohm - J4 ohm Şekil5. Çözüm5.6 Paralel bağlı olduğundan, paralel devre özellikleri hatırlanırsa devre gerilimi eleman üzerlerinde aynen görülür. Bu duruma göre ohm kanunundan devreden çekilen akım ve kol akımları bulunur. 40 V 0V 0V o 4A 5 90 A j5a o 5Ω jx j4ω 4 90 Ω paralel devrede kirşofun akımlar kanunu uygulanırsa devrenin kaynaktan çektiği T akımı bulunur. 5 o T 4A j5a 4 5 tan 6, 4 5, A 4 Z Z 40 6, 5 5, o 6, 4 5, o Ω (DİENÇ BOBİN KONDANSATÖ) PAAE DEVESİ, paralel devresindeki yapmış olduğumuz açıklamalar devresinde de geçerlidir. devresinde sanal değer olarak her iki eleman bağlı olduğu için bu elemanlar arasında 80 faz farkı oluşturmaktadır. Kompleks eksenin bobin ve kondansatör sanal değerin birisi pozitif diğeri ise aynı eksen üzerinde negatif de olmaktadır. Örnek5.7de paralel devresini açıklamalı çözümünü yapalım. 8

311 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Örnek5.7 Şekil5.deki paralel devresine 5sinwt gerilimi uygulanmaktadır. Kol akımlarını, devrede harcanan gücü ve direnç üzerinden geçen akımı ampermetre ile ölçüldüğünde göstereceği değeri bulunuz. T 5sinwt V ohm X X 0 ohm 5 ohm Şekil5. paralel devresi Çözüm5.7 Kompleks sayılarla çözüm yapılacak olmasından dolayı kaynağın gerilimi dikkat edilirse u5sinwt olarak verilmiştir. Bu kompleks gösterimde eşiti tepe değeri ve açı değeri olarak yazılır. o 5 0 V Burada eğer gerilim değeri u0sin(wt45 ) verilmiş olsaydı bu durumda aşağıdaki şekilde yazılırdı. o 0 45 V bu açıklamalardan sonra örnekte çözümü istenen kol akımları ohm kanunundan çözülür. 5 V 5 V o, 5A j0, 5A 0, 5 90 A Ω jx j0ω jx 5 V j5ω ja 90 o A Güç, kaynaktan çekilen akım ile gerilimin çarpımı o devrede harcanan gücü verdiği güç konusunda açıklanmıştı. Buna göre bu devrenin harcadığı gücü bulmak için kaynaktan çekilen akımı bulmak gerekir. Bu akımı da kirşofun akımlar kanunundan faydalanılarak bulabiliriz. 0, 5, 5A ( j0, 5 ) ( ja ), 5A j0, 5A (, 5A ) ( 0, 5A ) tan, 5, 55, o A 9

312 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Devrenin görünür güç bulunarak, devre harcanan aktif ve reaktif güç bulunur. S. 5V., 55,, 75( 0, 98 j096, ), 5 o o A, 75, VA, 75(cos, j, 5VA o j sin, o ) Görünür gücün kompleks sayıların dik bileşen şeklideki gösteriminde reel değer aktif (P, wattlı gücü), sanal değer ise reaktif (Q, VAr) gücü verir. Bu açıklamalardan sonra P,5W ve Q,5 VAr bulunur. Aktif güç direnç elemanı üzerinde harcanan güçtür. Direnç üzerindeki akımın ölçü aleti ile ölçüldüğünde, ampermetre efektif akımı ölçeceğinden bulunan akımı maksimum akımdır. Onun için bulunan akımın efektif değeri 0,707 ile çarpılması gerekir. Ölçü aletinin göstermesi gereken akımı aşağıdaki bulunan değer olması gerekir., 5A bu değer maksimum değer 0, 707.(, 5A ), 76A ölçü aletinin göstermesi gereken değer,76 A dir. 0

313 BÖÜM 6 ATENATİF AKM DEVE YÖNTEM VE TEOEME İE ÇÖZÜMÜ 6. ÇEVE AKMA YÖNTEMİ 6. SÜPEPOZİSYON TEOEMİ 6. DÜĞÜM GEİİME YÖNTEMİ 6.4 THEVENİN TEOEMİ 6.5 NOTON TEOEMİ

314 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ GİİŞ Alternatif akımın çözümünün yapılabilmesi için, doğru akım devrelerinde kullanılan devre analizi yöntemlerinin ve kanunlar alternatif akımda da aynen kullanılmaktadır. Devre analizi yöntemlerinin çözümünün kolay bir şekilde olması için karmaşık sayılarla işlemler yapılacaktır. Doğru akım devre analizi yapılırken eşdeğer direnç elemanı eş ile alternatif akımda ise Z olarak isimlendirilir. Devre analizi yöntemlerinin anlaşılması kolay olan çevre akımlar yöntemi ile devrelerin analizi yapılmaya başlanacaktır. 6. ÇEVE AKMA YÖNTEMİ Elektrik devrelerinin çözümlerinde bazı kanununlar kullanılarak devrelerin seri, paralel ve karışık bağlantılarının çözümünde kullanarak devre elemanlarının üzerlerinden geçen akım, uçlarında gerilim düşümünü ve kaynaktan çektikleri akımlar bu konuya kadar çeşitli devreler çözülmüştü. Fakat bazı devrelerde bu kanunların devrenin analizini yapmak için yeterli olmadığı durumlar oluşur. Bu durumlarda devre analizi yöntemlerinin herhangi birinin kullanılması gerekir. Bu analiz yöntemlerinden çevre akımları yöntemi kendine özgü bazı kurallar doğrultusunda kirşofun kanunları uygulanarak her gözün akımları bulunarak, bu akımlardan devre elemanlarının kol akımları bulunmuş olur. Kol akımları bulunduktan sonra kol uçlarındaki gerilim düşümü ve gücü de bu doğrultuda bulunmuş olacaktır. Devre analizi demek, devre elemanının akım, gerilim ve gücünün hesaplanması demektir. Çevre akımlar yönteminde göz akımları sayısı devrenin bağımsız kaç gözlü olduğu duruma göre değişmektedir. Devre eleman değeri verilmeden şekil6. deki iki gözlü devrenin kirşofun gerilimler kanunundan faydalanılarak çevre akımlar denklemi çıkartılır. Z Z 4 Z Z Şekil6. Denklemi yazmadan devreye bağlanan gerilim kaynağının yönü ile ilgili bir açıklama yapmak gerekir. Devreye bağlı olan gerilim kaynağının pozitif ile gösterilen yönü çevre akımı yönü ile aynı yönlü ise gözdeki elemanlar

315 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ üzerindeki gerilim düşümlerinin toplamı sıfıra eşit veya kaynak gerilimi, eleman üzerinde düşen gerilim düşümlerinin toplamına eşittir. Bu açıklamalar ışığında bu devre için çevre akımlar denklemi aşağıdaki gibi olur. (Çevre akımlarının yönü istenildiği gibi seçilebilir. Sonuç pozitif çıkmış ise alınan yönde akım aktığını, negatif değer çıkmış ise alınan yönün tersi yönde akımın aktığı anlaşılması gerekir. Bulunan sonucun mutlak değeri alınarak bu akım kullanılacak yerlerde kullanılması gerekir.) Z. ( Z Z ).( ) ( Z Z ).( ) Z 4. çevre akımları denklemi düzenlendiğinde, düzenlenmiş denklem ortaya çıkar. ( Z ( Z Z Z Z ). ). ( Z ( Z Z Z Z ). 4 ). Z ( - ) ( ) Z Her göz yazılırken o gözün akımının diğer göz akımından yüksek kabul edilerek şekil6. de gösterildiği gibi yazılması gerekir. Akım yönleri aynı olmuş olsaydı, çıkarılmazdı toplanması gerekirdi. Şekil6. Devre iki gözlü olduğundan iki denklem bulunmuştur. Bu denklemler matematik kuralları doğrultusunda çevre akımları bulunur. Bu kaynakta denklem çözümleri matris ve determinant yardımı ile çözümün bulunması sağlanacaktır. Çevre akımları bulunduktan sonra bu akımlardan kol akımları eşitlikleri bulunarak devre elemanlarının üzerinden geçen akımlar bulunur. Bu devrede Z elemanının üzerinden akımı, (Z, Z ) elemanlarından ( - ) veya ( - ) akımı ve Z 4 empedansı üzerinden ise göz akımı görülür. Örnek6. Şekil6. de verilen alternatif akım devresindeki göz akımlarını hesaplayınız.

316 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Z Z Z j 8 ohm V 6 V Şekil6. Çözüm6. Şekil6. de verilen alternatif akım devresi iki gözlü bir devredir. Bundan dolayıdır ki iki göz akımı dolaşmaktadır. Şekil6.4 de göz akımlarının yönü gösterilerek gözler belirlenmiş ve bu göz akımları ile her göz için kirşofun gerilim kanununu uygulanmış ve çevre denklemi oluşturulmuştur. 0 ohm j 4 ohm Z i i Z j 8 ohm V Z 6 V Şekil6.4 Z.i (i i ).Z Z.(i i ) Z.i denklem düzenlendiğinde çevre akımlar denklemi aşağıdaki şekli alır. ( Z ( Z Z ).i ).i ( Z ( Z Z ).i ).i empedans değerlerini yerlerine yazarak denklemi tekrar yazarak, bu denklemin çözümünü matris ve determinantla çözümü yapılır. 4

317 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ ( 0 ( j8 ).i j8 ).i ( j8 ).i ( j8 j4 ).i 6 0 j 8 j8 j8 i 4. j i 6 0 j8 j8 j8 j4 ( 0 j8 ).j4 ( j8. j8 ) j40 i i j8 6 j4 0 j8 (. j4 ) ( 6. j40 j8 ) 0 0A j40 j8 6 ( 6.( 0 j8 )) ( j8. ) o 5, 90 A j40 6. SÜPEPOZİSYON TEOEMİ Birden fazla kaynak bulunan doğrusal ve çift yönlü bir elektrik devresinde herhangi bir koldan geçen akım veya kolun uçlarındaki gerilim süperpozisyon yöntemi ile bulunur. Doğrusal ve çift yönü bir elektrik devresinde herhangi bir koldan geçen akım veya kolun uçlarındaki gerilim kaynaklardan her birinin ayrı ayrı bu koldan geçirdikleri akımların veya kolun uçlarında meydana getirdikleri gerilimlerin toplamına eşittir. Bu yöntem, devre çözümlerinde çok işe yarar. Gerilim veya akım kaynakları ile beslenen lineer devrelere uygulanır. Devrede kaç aktif kaynak varsa, sıra ile kaynaklardan yalnız bir tanesi devrede bırakılarak diğerleri, gerilim kaynakları ise kısa devre, akım kaynakları ise açık devre yapılır. Örnek vermek gerekirse; kaynaklar gerilim kaynağı ise devredeki herhangi bir kolun akımı bulunması isteniyorsa sıra ile her gerilim kaynağının o koldan geçirdiği akımlar bulunur. Bu bulunan akımların toplamı kol üzerinden geçen akımı verir. (akımların yönleri dikkate alınır) Bu konu ile ilgili örnekler yaparak konun anlaşılmasını sağlayalım. Örnek6. Şekil6.5 deki alternatif akım devresindeki kondansatör uçlarındaki gerilimi süperpozisyon yöntemi ile hesaplayınız. 5

318 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ 0 ohm j0 ohm -j40 ohm 5 V 5 V Şekil6.5 Çözüm6. Süperpozisyon yöntemi ile çözülen ilk örnek olduğu için bu örnek açıklamalı bir şekilde çözüme gidilecektir. Süperpozisyon yönteminde devrede ne kadar aktif kaynak olursa olsun devrede tek kaynak kalacak şekilde devre tekrar çizilir. Devreden çıkartılan akım kaynağı ise açık devre, gerilim kaynağı çıkartılmış ise o uçlar kısa devre edilir. Pasif elemanların yerleri ve tüm elemanların değerleri değiştirilmezler. Bu devre için ilk kaynağını devrede bırakıp devreyi tekrar çizelim. 0 ohm j0 ohm 0 ohm 5 V v -j40 ohm Kisa devre 5 V v j40 (a) (b) devre iken devrenin empedansı bulunarak kondansatör uçlarındaki gerilimi gerilim bölme yöntemi ile bulunur. Şekil6.5 (a) da akımın akışına göre kondansatör uçlarındaki gerilimin kutupları gösterilmiştir. Z ( 0 90 ).( j0 j o o o 40 o ) 90 o bu sonuç şekil6.5 (b) de gösterilmiştir. Gerilim bölme yöntemi bu devre için uygulanırsa 5V luk kaynağın kondansatör uçlarındaki gerilim düşümü aşağıdaki şekilde bulunur. 6

319 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ v o ( ). 0 j40 o ( 50 5, ). 5V, o o V (6 j)v 0 ohm j0 ohm j0 ohm Kısa devre v -j40 4-6,87 ohm v 5 V 5 V (c) (d) Şekil6.5 (c) deki devrede gerilim kaynağı kalacak şekilde devre şekil tekrar çizilmiş kaynağı ise kısa devre edilmiştir. Devrede kalan kaynağın kondansatör üzerindeki gerilim düşümü değeri, önce eşdeğer empedans bulunarak gerilim bölme kaidesinden kondansatör üzerindeki gerilim düşümü bulunmuş olur. Z o ( 0 0 ).( j40 ) , o o, o o Ω v o 4 6, 87 ( o 4 6, 87 ) j0 ). o 4 6, 87 ( 0 j4, 4 j0 ). 4 6, 87 ( 0 j5, 6 o ). 4 6, 87 ( 0, 77 5, 64 o o ). 5V o 5, 78 5, 5 V (, 5 j4, 59 )V Her iki kaynağında gerilim düşümleri aynı kutup da olduğundan kondansatör uçlarındaki gerilim düşümleri toplanır. Farkı olsaydı çıkartılırdı. Buna göre kondansatör uçlarındaki gerilim düşümü aşağıdaki gibi olur. v v ( 6 j )V (, 5 j4, 59 )V ( 9, 5 j7, 4)V 0, 88 0, 79 o V 7

320 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ 6. DÜĞÜM GEİİME YÖNTEMİ Düğüm gerilimleri ile devrelerin analizleri yapılabilir. Bu yöntemle devre analizi yapmak için analizi yapılacak devrede gerilim kaynakları bulunuyorsa bunun eşdeğeri olan akım kaynağına dönüşümü yapılıp devre tekrar düzenlenmesi gerekir. Yeni oluşacak devrede düğümler belirlenip, en kalabalık düğüm noktası referans düğüm tayin edilerek o düğüm topraklanması gerekir. Aktif düğümlere bir isim verilerek(, veya A, B gibi) bu düğümlere kirşofun akımlar kanunu her düğüm için ayrı ayrı uygulanır. Düğüme giren akımları pozitif çıkan akımlara negatif mantığı düşünülürse;.düğümden çıkan akım diğer düğüme giren olduğunu unutmamak gerekir..düğümde aynı akım negatif durumunda iken diğer düğüme girdiği için pozitif olacaktır. Düğümlere giren aktif elemanların yönleri giren, çıkan durumunda bağlı ise aynı yönü almak zorunluluğu vardır. Fakat bağımsız kol akımlarını istediğiniz yönde alabilirsiniz. O kollar için seçiminizi hangi yönlü kullanmış iseniz sürekli aynı yönü o devrede o kol için kullanmak zorundasınız. Kolların üzerinden geçen akımları düğüm gerilimleri eşitinden yazarak oluşturduğunuz denklemde yerine yazarak düğüm gerilimlerini matematik kuralları ile çözümü yaparsınız. Düğüm gerilimleri bulunduktan sonra kol akımları ve o kolun gerilimleri bu şekilde bulma imkanına sahip olursunuz. İki düğüm arasındaki bir direncin üzerinden geçen akım ile referans düğüm arasında kalan bir direncin üzerinden geçen akımı düğüm gerilimleri eşiti aşağıdaki şekilsel ve teorik olarak gösterilmiştir. ( > >...>0) Şekil6.6 0Ω direncin bağlı olduğu düğümler ve düğümleri bu düğümlerin potansiyel farkı bu eleman üzerindeki gerilimi verir. Bu gerilimin direnç değerine bölümü(ohm kanunu) o kolun üzerinden geçen akımı verecektir. Burada dikkat edilirse.düğümün geriliminin yüksek potansiyelde olduğu 8

321 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ kabul edilmiştir. eferans düğüm tayin ettiğiniz düğümümü toprakladığınızdan o düğümün gerilimi sıfır olacaktır. Ondan dolayı 00Ω direncin uçlarındaki gerilim sadece.düğümün gerilimine eşittir. Bu sözle ifade ettiklerimizi bir örnek üzerinde uygulamasını yapalım. Örnek6. Şekil6.7 deki alternatif akım devresinde düğüm gerilimler yöntemi ile endüktif reaktansın üzerinden geçen akımı hesaplayınız. J ohm 5 A 4 ohm -j5 ohm A i i Şekil6.7 Çözüm6. Şekil6.7deki alternatif akım devresinde aktif düğümleri belirleyerek en kalabalık düğümü referans düğüm tayin edelim. Devre elemanlarının üzerlerinden geçirdikleri akımları ve yönlerini şekil6.8 de gösterilmiştir. Kirşofun akımlar kanunundan düğüm denklemini admidans cinsinden yazılırsa; i ( ) Y Y. düğüm denklemi ( Y Y ). Y i. düğüm denklemi bu denklemler düzenlenirse, ( Y ( Y Y ). ). ( Y ( Y ). Y ). i i düğüm gerilimler denklemi elde edilir. Bu denklem kirşofun akımlar kanununda, bir düğüme giren akımlar çıkan akımlara eşit olduğunu ifade etmiş olduğundan bu kanunla çıkartılmıştır. Çevre akımlarında olduğu gibi bu denklem çözüldüğünde düğüm gerilimleri bulunur. bu denklemin çözümü matris ve determinant ile çözülebilir. 9

322 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Y Y Y Y Y Y. i i bu matris determinantla çözülürse; Y Y det Y Y ( Y Y Y Y )( Y Y ) Y Y. Y Y. Y Y Y Y Y Y. Y Y Y Y Y o o o Değerler Y 0,5 0, Y 0,5 90 ve Y 0, 90 bu değerler o determinant da ki yerlerine konulur işlemler yapılırsa 0,5 6,87 değeri bulunur. bulunduktan sonra. düğüm gerilimi aşağıdaki şekilde bulunur. i det i Y Y Y i ( Y Y ) i Y o o (5 0 )(0,5 90 o o o 0, 90 ) ( 0 )(0,5 90 ) o 90 0,5 6,87 o o 8 5, V (4,8 j6,4) V Y Y det Y i i ( Y Y )( i ) Y. i (0,5 o j0,5)( ) (0,5 90 )(5) 0,5 j0,5 j,5 0,5 j (0,5 j),06 8,87 0,5 6,87 o o 6, 9,74 o o 6, 60,6 V (8 j4) V 0

323 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Y ( - ) Y 0,5-90 S 5 A Y Y A Y 0,5 0 S Y 0,5 90 S 0 V Şekil6.8. düğümün gerilimi bulunur. bobin elemanı. ve düğüm gerilimleri arasında bağlı ve şekil6.8 de bobin üzerinden geçen akım denklemin de değerler yerlerine yazılarak bobin üzerinden geçen akım bulunur. i o Y.( ) (0,5 90 ).(4,8 j6,4) (8 j4) 0,5(, j7,6) (,8 j,6) A 4,,8 o A 6.4 THEVENİN TEOEMİ Thevenin teoremi; bir yada daha fazla gerilim kaynağı ile beslenen lineer devre çözümlerini kolaylaştıran bir yöntem olup, şu biçimde tanımlanır. A ve B gibi uçları olan bir devrenin bu uçlarına bir direncin bağlandığı zaman, bu AB dirençten geçen akım dır. Z TH Şekil6.9

324 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Burada AB ; A,B uçları arasında direnci yokken bu uçlar arasındaki ölçülen potansiyel fark. T ; devredeki bütün gerilim kaynakları, kısa devre, akım kaynakları açık devre yapılarak elde edilen A,B uçları arasındaki toplam empedansıdır. Böylece, Z T ile AB seri bağlanarak elde edilen devreye AB arasında gözüken devrenin THEVENİN EŞDEĞE devresi denir. Şekil6.6de görüldüğü gibi elektrik devresinin AB uçlarındaki thevenin eşdeğerini verir. Buradaki AB gerilimine Thevenin eşdeğer gerilimi olan TH AB ve Z T direncine ise Z TH olarak kullanılacaktır. Orjinal devrede bağlı iken,x veya X direnci üzerinden geçen ve uçlarındaki gerilim değeri ne bulunursa, o orijinal devrenin Thevenin eşdeğeri oluşturulur, X veya X direnci thevenin eşdeğerine bağlanır ve hesaplanır. Veya ölçülerek de aynı değer bulunur. Şekil6.0 Orijinal devre ve o devrenin Thevenin eşdeğeri Elektrik, elektronik devreler karışık olabilir. Devrenin analizini thevenin teoremi ile yapılacak olursa hata yapılmayacaktır. Maddeler halinde açıklayalım. - Analizi yapılacak kol orijinal devreden çıkartılır. Çıkarılan bu noktaya bir isim verilir. (A,B veya, gibi) - Devreden bütün kaynaklar çıkartılır. Çıkarılan gerilim kaynağı ise o uçlar kısa devre, akım kaynakları ise açık devre yapılır. Çıkarılan (analizi yapılacak) kol uçlarından bakılarak o uçların eşdeğer empedansı bulunur. Bu bulunan eşdeğer empedans, çıkartılan kol uçlarının thevenin eşdeğer direnci(z TH ) dir. - Analizi yapılacak kolun (.maddede çıkarılan kol) uçlarının Thevenin eşdeğer devresi çizilir.

325 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ Şekil6. Orijinal devre ve AB uçlarının Thevenin eşdeğeri 4- Çıkartılan kol thevenin eşdeğer devresine (AB uçlarına) bağlanır. Kirşofun gerilimler kanunu uygulanarak kol akımı bulunur. Bu maddeleri uygulayarak bunu sayısal bir örnek üzerinde çözümünü thevenin yöntemi ile yapalım. Örnek6.4 Şekil6. daki alternatif akım devresinde direnci uçlarındaki (ab ile gösterilen kolun) thevenin eşdeğer devresini bulunuz. j00 ohm 500 ohm a V -j00 ohm b Şekil6. Çözüm6.4 Thevenin eşdeğeri bulunacak kol devreden çıkartılarak devredeki tüm aktif kaynaklar devreden çıkartılır. Çıkartılan bu devre için gerilim kaynağı olduğundan bu uçlar kısa devre edilir. Şekil6. (a) de görüldüğü gibi thevenin eşdeğeri bulunacak kol uçlarından bakılarak thevenin eşdeğer empedansı bulunur.

326 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ j00 ohm 500 ohm a Kisa devre -j00 ohm Z TH Şekil6.(a) b Z TH 500 o ( ).( j00 j00 j00 Ω 58, 5 8, o o 4 ) o Çıkartılan kaynaklar devreye tekrar yerlerine bağlanarak kanun ve yöntemlerden faydalanılarak, tehevenin eşdeğeri oluşturulacak uçların thevenin gerilim değeri bulunur. Şekil6.(b) de gösterilmiştir. j00 ohm 500 ohm a V -j00 ohm TH b Şekil6.(b) j00 j00 o TH ( ). V ( ). V 4 0 j00 j00 j00 bulunan bu değerler thevenin eşdeğer devresinde yerine yazılarak ab uçlarının Thevenin eşdeğer devresi şekil6.(c) deki gibi oluşturulmuş olur. 4

327 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ ZTH 58,5,8 a 4 V Şekil6.(c) Devrenin Thevenin eşdeğeri Direnç değeri 00 ohm değerinde bağlanmış olsaydı, direnç üzerindeki akımda aşağıdaki şekilde bulunurdu. b 4 V 6, 59 5, 95 o 58, 5 8, 00 o Amper 6.5 NOTON TEOEMİ Norton teoremi, thevenin teoreminin değişik bir biçimi(dualı) olup a ve b gibi iki ucu olan lineer aktif bir devrenin bir N direnci ile paralel bir N akım kaynağı biçimine sokulma olanağı verir. Bu biçimde elde edilen devreye NOTON EŞDEĞE akım kaynağı adı verilir. Bu akım kaynağının eşdeğer gerilim kaynağı ise Thevenin Eşdeğer gerilim kaynağıdır. Norton eşdeğer akım kaynağı devresinde; N: Verilen devrenin AB uçları kısa devre yapılması ile oluşan çevre akımıdır. N: Devredeki gerilim kaynaklarının kısa devre, akım kaynaklarının açık devre yapılmalarından sonra AB arasındaki devrenin toplam direncidir. Bir elektrik devresinde her hangi bir kolun analizi norton teoremi ile bulunması gerekirse aşağıdaki adımlar uygulandığı zaman devrenin çözümü daha sağlıklı olacaktır. - Analizi yapılacak kol devreden çıkartılır. Çıkartılan bu noktaya bir isim verilir. (Örneğin; A,B veya, gibi) - Devreden bütün kaynaklar çıkartılır. Çıkartılan gerilim kaynağı ise kısa devre, akım kaynağı ise açık devre yapılır. Çıkarılan(analizi yapılacak) kol uçlarından bakılarak o uçların eşdeğer direnci 5

328 ATENATİF AKM DEVE ANAİZİ - bulunur. Bu bulunan eşdeğer direnç aynı zamanda Z N eşdeğer direncidir. 4- Devreden çıkartılmış olan akım ve gerilim kaynakları devreye tekrar aynı yerlerine bağlanarak devreye bilinen konunlar veya teoremler uygulanarak analizi yapılacak kolun uçlarının kısa devre akımı bulunur. Bu bulunan kısa devre akımı aynı zamanda N akımıdır eşittir. 5- Analizi yapılacak kolun(.maddede çıkarılan kol) norton eşdeğer devresi çizilir. Şekil6.4 Norton eşdeğer devresi 6- Çıkartılan kol norton eşdeğer devresine (AB uçlarına) bağlanarak kirşofun akımlar kanunu uygulanır, kol akımı bulunur. Bu maddeleri uygulayarak sayısal bir örnek çözülürse norton yöntemi daha anlaşılır ve devrelerin analizi yapılabilir. Örnek6.5 Şekil6.5(a)deki devrenin ab uçlarının norton eşdeğer devresini oluşturunuz. 6