• DEVRE iNDiRGENMESi

(1)

• DEVRE iNDiRGENMESi

Dirençli devrelerde, karmaşık bir devreyi tek bir eşdeğer dirence, indirgeme yöntemi son derece yararlı bir inceleme yoludur. Aynı yol a.a . devreleri için de kullanılabilir. Eğer şekildeki devreye

kaynağın uygulandığı a ve b kutuplarından bakılırsa, bu devrenin sürme noktası ya de eşdeğer impedansı ve admittansı ,

Z = R +j X ve Y = G +j B

dir . Burada G eşdeğer iletkenlik ve B ise saseptanstır. İmpedanstaki reaktans gibi saseptans da sığaların ve indüktansların belirtgenidir.

Bu eşitlikler kullanılarak akım ve gerilim fonksiyonları , E = I Z = I R + j I X

I = E Y = E G + j E B şeklindedir.

1

RLC Devresi +

Kaynak -

i

(2)

Örnek

2

Sürme fonksiyonunun açısal frekansı 10 rad / s olduğuna göre şekildeki devrenin giriş empedansını bulun.

Çözüm : a a ’ doğrusunun sağındaki 30 ohm’luk direnç ,10 ohm’luk Direnç ve 1 Hlik bobinin seri dizilişi ile paraleldir. Seri impedansı 10+ jw1.0 = 10 + j10 = 14.14 45

^o

ohm

ve edmitansı

1/ 14,14 45

^o

= 0,04- j0,05

Ozaman aa ’ doğrusunun sağında kalan kısmın toplam edmitansı Y

_a

= 0,05 –j0,05 - 1/30

= 0,0833 – j 0,05 = 0,0970 -31

^o

mho bulunur.

b a

b’ a’

Z

0,001F

10 ohm

30 ohm

1.0 H

(3)

3

bb ’ doğrusunun sağ tarafının impedansı

Z

_b

=10 + 1 /Y

_a

= 10 + 1 / 0,0970 -31

^o

= 18,83 – j5,30 = 19,60 15,7

^o

ohm olur Sığanın edmintansı

jw (0,001) = j 0,01 mho

v e giriş edmintansı

Y = j0,01 + 1/ Z

_b

= j0,01 + 1 / 19,60 15,7

⁰

= 0,0492 + j0,0038 = 0,0493 -4,4

^o

mho

Buradan giriş impedansı

Z = 1/Y = 1 / 0,0493 -4,4

^o

=20,2 4,4

^o

elde edilir .

(4)

İlmek ve Düğüm Noktası Yöntemleri

4

50 0

^o

I

₁ _{3 ohm}

I

₂

-j4

10 ohm

Örnek şekildeki devrede I

1

ve I

₂

akımlarını ve devre akımını bulunuz.

𝐼

₁

= 50 0 3 − 𝑗4 =

50 0

5 − 53,13 = 10 53,13 = 6 + 𝑗8 𝐴 𝐼

₂

=

_{10 0}^{50 0}

= 5 0 = 5 𝐴

𝐼 = 𝐼

₁

+ 𝐼

₂

= 6 + 𝑗8 = 11 + 𝑗8 = 13,6 36

^𝑜

(5)

Örnek

5

5 30

^o

A G=0,1 mho

Y

_C

=j0.2 mho

Z

_L

=j10 mho

+

20 90

^o

V -

E

₁

E

₂

Şekildeki E

1

ve E

₂

gerilimlerini düğüm-gerilim yöntemini kullanarak bulun

(6)

Çözüm

Öncelikle 10 ohm ve 20 V , gerilim- impedans kolu akım- kaynağı eşdeğerine dönüştürülür I = E/Z

_L

= (20 90

^o

) /(10 90

^o

) = 2,0 0

^o

A lik bir akım kaynağı ile parale l konumdaki Y

_L

= 1/Z

_L

= - j0,1 mho luk bir edmitansa dönüşür.

1 ve 2 düğüm noktaları için KAY yazılırsa

(0,1 + j0,2 ) E

₁

- (j0,2 ) E

₂

= 5 30

^o

-(j0,2) E

₁

+ (j 0,2-j0,1) E

₂

= 2 0

^o

bu eşitlikler kullanılarak , E

₁

=38,8 80,1

^o

E

₂

= 58,0 76,7

^o

E

₁

E

₂

0,1 mho

-j0,1 mho -j0,2 mho

5 30^o A 2 0^o A

1 2

(7)

Thevenin Teoremi

7

+ 100 0

^o

V

-

200 ohm

j20 ohm

-j10 ohm 5 I

I

Örnek şekildeki devrenin Thevenin eşdeğer deversini bulun

(8)

Çözüm

Devrede bağımlı bir kaynak bulunduğundan Thevenin impedansı açık devre geriliminin kısa dever akımına oranı olarak bulunur. Bunun için ilk olarak bağımlı kaynak üzerinde dönüşüm yapılır ve devre yeniden çizilir. Açık devre gerilimi E

0

bulunur.

(200 + j20 ) I = 100 0

^o

ve ve

E

₀

= j 20 I – (-j50 I )

+ 100 0

^o

V

-

200 ohm

i

+ -j50 I -

j20 ohm

-j10 ohm

(9)

Burdan

E

₀

=35 84,3

^o

V bulunur

Kısa devre akımı şekildeki gibi olduğuna göre KGY eşitlikleri

(200 + j 20 ) I - j20 I

₀

= 100 0

^o

-j20 I + ( j20 - j10 ) I

₀

= j50 I

Denklemleri ortak çözüm yapılarak,

I

₀

=3 31,0 A elde edilir.

j20 ohm

-j10 ohm + -j50 I -

i

200 ohm

+ 100 0

^o

V

-

i₀

(10)

Thevenin impedansı , E

₀

= Z

₀

/ I

₀

=

^{𝟑𝟓 𝟖𝟒,𝟑}

𝟑 𝟑𝟏,𝟎

= 𝟏𝟏, 𝟔𝟔 𝟓𝟑, 𝟑 ohm

olur ve Thevenin eşdeğer devresi şekilde gösterilmiştir.

10,63 53,3

^o

ohm

+

35 84,3

^o