AÖF Devre Analizi Çıkmış Sorular ve Cevapları (2012-2013 Final / Güz Dönem Sonu Sınavı)

AÖF Devre Analizi 2012-2013 Güz Dönem Sonu Sınavı (Final), elektrik devrelerinin temel prensiplerini, devre elemanlarının özelliklerini ve alternatif akım analiz yöntemlerini kapsayan 20 çoktan seçmeli sorudan oluşmaktadır. Sınavın ilk bölümünde elektrik akımının birimi, temel düğüm noktaları, düğüm derecesi, dirençlerde harcanan güç ve kondansatörlerin elektriksel özellikleri ele alınmaktadır. Ayrıca kondansatör akımının hesaplanması, seri bağlı kondansatörlerin eşdeğer kapasitesi, RL devrelerinde zaman sabiti ve düzlemsel kondansatörlerin kapasitesini etkileyen faktörler değerlendirilmektedir. Soruların bir bölümü temel elektrik bilgilerini ölçerken diğer bölümü devre şemalarının yorumlanmasını, matematiksel bağıntıların kullanılmasını ve sayısal hesaplamaların yapılmasını gerektirmektedir.

Sınavın ilerleyen sorularında RC ve RL devrelerinin geçici durum analizleri, birim basamak fonksiyonları, alternatif akımda frekans, periyot ve faz farkı hesaplamaları, sinüzoidal gerilim ve akım ifadeleri ile empedans ve admitans kavramları ağırlık kazanmaktadır. Özellikle kondansatör geriliminin zamana bağlı değişimi, bobinli devrelerde zaman sabitinin belirlenmesi, farklı frekanslara sahip kaynakların süperpozisyon yöntemiyle incelenmesi ve fazörlerin kutupsal gösterimi üzerinde durulmaktadır. Son sorularda ise karmaşık güç, güç çarpanının düzeltilmesi ve alternatif akım devrelerinde ortalama güç hesaplamaları ele alınmaktadır. Bu yönüyle 2012-2013 Güz Dönem Sonu Sınavı, Devre Analizi dersinin hem teorik bilgilerini hem de alternatif akım devrelerine yönelik sayısal problem çözme becerilerini ölçen sorular içermektedir.

AÖF Devre Analizi Çıkmış Sorular ve Cevapları (2012-2013 Final / Güz Dönem Sonu Sınavı)

1. Akım birimi aşağıdakilerden hangisidir?

A) Volt
B) Ohm
C) Amper
D) Watt
E) Joule

Doğru Cevap: C) Amper

Çözüm: Elektrik akımı, elektrik yüklerinin bir iletkenin kesitinden birim zamanda geçiş miktarını ifade eder. Elektrik akımının uluslararası birim sistemindeki (SI) birimi Amper (A) olarak tanımlanmıştır.

Akım, bir iletkenden belirli bir sürede geçen elektrik yükünün miktarına göre hesaplanır.

Elektrik akımı formülü: I = Q / t

I = Elektrik akımı (A)
Q = Elektrik yükü (C)
t = Zaman (s)

Örneğin bir iletkenin kesitinden 5 saniyede 20 Coulomb elektrik yükü geçerse akım değeri hesaplanır.

I = Q / t
I = 20 / 5
I = 4 A

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Elektrik akımının birimi Amper (A), gerilimin birimi Volt (V), direncin birimi Ohm (Ω) olarak kullanılır. Doğru cevap C seçeneğidir.

Açıklama: Amper elektrik akımının, Volt elektriksel gerilimin, Ohm elektriksel direncin, Watt gücün ve Joule enerjinin birimidir. Bir Amper, bir iletkenin kesitinden bir saniyede bir Coulomb elektrik yükü geçmesine karşılık gelir. Elektrik akımı ampermetre ile ölçülür ve devre analizinde I harfiyle gösterilir.

2. Yukarıdaki devrede toplam kaç temel düğüm noktası bulunmaktadır?

A) 6
B) 5
C) 4
D) 3
E) 2

Doğru Cevap: C) 4

Çözüm: Elektrik devrelerinde iki veya daha fazla devre elemanının birleştiği bağlantı noktalarına düğüm noktası denir. Üç veya daha fazla devre elemanının birleştiği düğüm noktaları ise temel düğüm noktası olarak adlandırılır.

Verilen devrede R1, R2, R3, R4, R5, R6 ve R7 dirençleri ile bir gerilim kaynağı bulunmaktadır. Temel düğüm sayısını belirlemek için devrede üç veya daha fazla elemanın birleştiği noktalar incelenir.

B noktası: R1, R2 ve R5 dirençlerinin birleştiği noktadır. Üç direnç birbirine bağlandığı için temel düğüm noktasıdır.

C noktası: R2, R3 ve R6 dirençlerinin birleştiği noktadır. Üç direnç bağlandığından temel düğüm noktasıdır.

D noktası: R5, R6 ve R7 dirençlerinin birleştiği noktadır. Üç direnç bağlandığından temel düğüm noktasıdır.

F noktası: R3, R4 ve R7 dirençlerinin aynı iletken üzerinden birleştiği noktadır. Bu nedenle temel düğüm noktasıdır.

A ve E noktalarında ise yalnızca iki devre elemanı birleşmektedir. Bu nedenle A ve E noktaları temel düğüm olarak sayılmaz.

Toplam temel düğüm sayısı hesaplanır.

Temel düğüm sayısı = B + C + D + F
Temel düğüm sayısı = 1 + 1 + 1 + 1
Temel düğüm sayısı = 4

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Devrede üç veya daha fazla elemanın birleştiği noktaları saymak yeterlidir. B, C, D ve F noktaları temel düğümdür.

Temel düğüm sayısı = 4

Doğru cevap C seçeneğidir.

Açıklama: Temel düğüm noktaları, elektrik devrelerinde Kirchhoff’un Akım Yasası ve düğüm gerilimleri yöntemiyle yapılan hesaplamalarda önemlidir. Bir düğümde üç veya daha fazla devre elemanı birleşiyorsa o nokta temel düğüm olarak kabul edilir. Aynı iletken üzerinde arada herhangi bir devre elemanı bulunmadan birbirine bağlanan noktalar tek bir düğüm oluşturur. Verilen devrede B, C, D ve F noktaları bu şartı sağladığından toplam 4 temel düğüm bulunmaktadır.

3. Yukarıdaki düğümün derecesi aşağıdakilerden hangisidir?

A) 4
B) 5
C) 6
D) 7
E) 8

Doğru Cevap: C) 6

Çözüm: Elektrik devrelerinde bir düğümün derecesi, o düğüme bağlı olan kol ya da devre elemanı sayısını ifade eder. Verilen şekilde ortadaki düğüme bağlanan kollar tek tek sayılır.

Sol tarafta 1 kol bulunmaktadır.
Üst tarafta 1 kol bulunmaktadır.
Alt tarafta 1 kol bulunmaktadır.
Sağ tarafta üstte 1 kol bulunmaktadır.
Sağ tarafta ortada 1 kol bulunmaktadır.
Sağ tarafta altta 1 kol bulunmaktadır.

Toplam kol sayısı hesaplanır.

Düğüm derecesi = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Düğüm derecesi = 6

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Ortadaki düğüme bağlı tüm kolları saymak yeterlidir.

Sol = 1
Üst = 1
Alt = 1
Sağ = 3
Toplam = 6

Doğru cevap C seçeneğidir.

Açıklama: Düğüm derecesi, bir düğüm noktasına doğrudan bağlı kol sayısını gösterir. Devre analizinde düğümün derecesi, özellikle topolojik incelemelerde ve Kirchhoff Kanunları uygulanırken önemlidir. Şekilde ortadaki düğüme soldan bir, yukarıdan bir, aşağıdan bir ve sağdan üç kol bağlı olduğu için düğümün derecesi 6’dır.

4. Şekildeki devrede 20 ohm’luk direncin harcadığı güç aşağıdakilerden hangisidir?

A) 28.95 W
B) 47.75 W
C) 65.78 W
D) 89.82 W
E) 141.51 W

Doğru Cevap: E) 141.51 W

Çözüm: Soruda 20 Ω’luk direnç üzerinde harcanan güç istenmektedir. Bunun için önce 20 Ω direncin uçlarındaki gerilim veya üzerinden geçen akım bulunmalıdır. Devrede iki bilinmeyen düğüm gerilimi olduğu için düğüm gerilimleri yöntemi uygundur.

Alt iletken referans noktası (0 V) seçilir.

Sol taraftaki 136 V kaynağının üst düğümü:
V1 = 136 V

Ortadaki 128 V kaynağının üst düğümü:
Vx = 128 V

12 Ω ile 4 Ω dirençlerinin birleştiği düğüme Va diyelim.

4 Ω ile 5 Ω dirençlerinin birleştiği, aynı zamanda 20 Ω direncin üst ucuna bağlı düğüme Vb diyelim.

Sağ uç alt iletkenle kısa devre bağlı olduğundan 5 Ω direncin sağ ucu 0 V’tur.

Va düğümü için Kirchhoff’un Akım Yasası uygulanır:

(Va – 136) / 12 + (Va – Vb) / 4 + (Va – 128) / 2 = 0

Vb düğümü için Kirchhoff’un Akım Yasası uygulanır:

(Vb – Va) / 4 + Vb / 20 + Vb / 5 = 0

İkinci denklem sadeleştirilir:

5(Vb – Va) + Vb + 4Vb = 0
5Vb – 5Va + Vb + 4Vb = 0
10Vb – 5Va = 0
2Vb – Va = 0
Va = 2Vb

Bu ifade birinci denklemde yerine yazılır:

(2Vb – 136) / 12 + (2Vb – Vb) / 4 + (2Vb – 128) / 2 = 0

Paydaları kaldırmak için 12 ile çarpılır:

2Vb – 136 + 3Vb + 6(2Vb – 128) = 0
2Vb – 136 + 3Vb + 12Vb – 768 = 0
17Vb – 904 = 0
17Vb = 904
Vb = 904 / 17
Vb ≈ 53.18 V

20 Ω direnç üzerindeki gerilim Vb olduğuna göre güç formülü uygulanır:

P = V² / R
P = 53.18² / 20
P ≈ 141.5 W

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Düğüm gerilimleriyle önce 20 Ω direncin uç gerilimi bulunur.

Va = 2Vb
(Va – 136) / 12 + (Va – Vb) / 4 + (Va – 128) / 2 = 0
Vb ≈ 53.18 V
P = V² / R
P = 53.18² / 20
P ≈ 141.51 W

Doğru cevap E seçeneğidir.

Açıklama: Bir direncin harcadığı güç, üzerinden geçen akım veya uçlarındaki gerilim biliniyorsa hesaplanabilir. Bu soruda 20 Ω direncin uç gerilimi düğüm gerilimleri yöntemiyle bulunmuştur. Gerilim yaklaşık 53.18 V olduğundan güç değeri yaklaşık 141.51 W olur.

5. 32 mF’lik bir kondansatörün üzerindeki gerilim 20 ms içerisinde 1 V’dan 7 V’a yükselmektedir. Kondansatörden geçen akım değeri nedir?

A) 19.2 A
B) 9.6 A
C) 6.4 A
D) 3.2 A
E) 1.2 A

Doğru Cevap: B) 9.6 A

Çözüm: Kondansatör akımı, kapasite ile gerilim değişim hızının çarpımına eşittir.

Kondansatör akımı formülü:
i = C × dv / dt

Verilenler:

C = 32 mF = 0.032 F
İlk gerilim = 1 V
Son gerilim = 7 V
Gerilim değişimi:
dv = 7 – 1 = 6 V

Zaman:
dt = 20 ms = 0.02 s

Formülde yerine yazalım:

i = 0.032 × (6 / 0.02)
i = 0.032 × 300
i = 9.6 A

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Önce gerilim farkını bul, sonra i = C × dv / dt formülünü uygula.

dv = 7 – 1 = 6 V
dt = 20 ms = 0.02 s
i = 0.032 × 6 / 0.02
i = 9.6 A

Doğru cevap B seçeneğidir.

Açıklama: Kondansatörde akım, gerilimin zamana göre değişimiyle oluşur. Gerilim ne kadar hızlı değişirse kondansatörden geçen akım da o kadar büyük olur. Bu soruda 32 mF kapasiteli kondansatörün gerilimi 20 ms gibi kısa bir sürede 6 V arttığı için akım 9.6 A olarak bulunur.

6. 6 mF’lik kondansatör kullanılarak kapasitesi 2 mF olan bir kondansatör elde etmek için ne yapılmalıdır?

A) 1.5 mF’lik kondansatör paralel bağlanmalıdır.
B) 3 mF’lik kondansatör paralel bağlanmalıdır.
C) 3 mF’lik kondansatör seri bağlanmalıdır.
D) 4 mF’lik kondansatör paralel bağlanmalıdır.
E) 4 mF’lik kondansatör seri bağlanmalıdır.

Doğru Cevap: C) 3 mF’lik kondansatör seri bağlanmalıdır.

Çözüm: Paralel bağlı kondansatörlerde eşdeğer kapasite artar. Oysa 6 mF’ten daha küçük, yani 2 mF eşdeğer kapasite istenmektedir. Bu nedenle seri bağlama düşünülmelidir.

Seri bağlı iki kondansatörün eşdeğer kapasitesi:

Ceq = C1 × C2 / (C1 + C2)

Verilenler:

Ceq = 2 mF
C1 = 6 mF
C2 = ?

Formülde yerine yazalım:

2 = (6 × C2) / (6 + C2)

İçler dışlar çarpımı yapılır:

2(6 + C2) = 6C2
12 + 2C2 = 6C2
12 = 4C2
C2 = 3 mF

Bulunan 3 mF’lik kondansatör seri bağlanmalıdır.

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Eşdeğer kapasite 6 mF’ten küçük olacağı için seri bağlama gerekir.

2 = 6C / (6 + C)
12 + 2C = 6C
12 = 4C
C = 3 mF

Doğru cevap C seçeneğidir.

Açıklama: Kondansatörler paralel bağlandığında toplam kapasite büyür, seri bağlandığında ise küçülür. 6 mF’lik bir kondansatörle 2 mF eşdeğer kapasite elde etmek için daha küçük eşdeğer kapasite sağlayacak seri bağlantı kullanılmalıdır. Hesap sonucu gereken ikinci kondansatörün 3 mF olduğu bulunur.

7. 2 mH değerinde bir bobin ile 4 kΩ değerinde bir direnç seri bağlıdır. Devreden akan akımın en yüksek değere ulaşması için ne kadar süre geçmesi gerekir?

A) 8 ms
B) 2 ms
C) 6 μs
D) 2,5 μs
E) 0,5 μs

Doğru Cevap: D) 2,5 μs

Çözüm: Bir bobin (endüktans) ve bir direncin seri bağlanmasıyla oluşan devreye RL devresi denir. RL devrelerinde akım, gerilim uygulandığı anda en yüksek değerine ulaşmaz. Bobin, akımdaki ani değişimlere karşı koyduğu için akım zamanla artar.

RL devresinde akımın artış hızını belirleyen büyüklüğe zaman sabiti denir. Zaman sabiti τ (tau) sembolüyle gösterilir.

RL devresinin zaman sabiti formülü: τ = L / R

Verilenler:

Bobin endüktansı (L) = 2 mH = 0,002 H
Direnç (R) = 4 kΩ = 4000 Ω

Formülde yerine yazalım:

τ = L / R
τ = 0,002 / 4000
τ = 0,0000005 s
τ = 0,5 μs

RL devresinde akım, yaklaşık 5 zaman sabiti sonunda son değerinin %99,3’üne ulaşır. Bu nedenle pratik hesaplamalarda akımın kararlı duruma ulaşma süresi 5τ olarak kabul edilir.

Süre formülü: t = 5 × τ

t = 5 × 0,5
t = 2,5 μs

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): RL devresinde akımın kararlı duruma ulaşması için yaklaşık 5 zaman sabiti geçmesi gerekir.

t = 5 × L / R
t = 5 × 0,002 / 4000
t = 0,0000025 s
t = 2,5 μs

Doğru cevap D seçeneğidir.

Açıklama: RL devrelerinde bobin, elektrik akımının ani değişmesine karşı koyar. Bu nedenle akım zamanla artarak son değerine yaklaşır. Bir zaman sabitinde akım yaklaşık %63,2, üç zaman sabitinde %95 ve beş zaman sabitinde %99,3 seviyesine ulaşır. Matematiksel olarak akım son değerine asimptotik olarak yaklaşsa da pratik devre analizinde 5τ süresi yeterli kabul edilir. Bu soruda zaman sabiti 0,5 μs olduğundan kararlı duruma ulaşma süresi yaklaşık 2,5 μs olarak hesaplanır.

8. Plaka etkin yüzey alanı 2 kat arttırılan, plakalar arası mesafe 1/2 oranında azaltılan düzlemsel bir kondansatörün kapasitesinde nasıl bir değişim olur?

A) 2 kat artar.
B) 4 kat artar.
C) 2 kat azalır.
D) 4 kat azalır.
E) Değişim olmaz.

Doğru Cevap: B) 4 kat artar.

Çözüm: Düzlemsel bir kondansatörün kapasitesi, plakaların etkin yüzey alanına, plakalar arasındaki mesafeye ve aradaki yalıtkan malzemenin elektriksel özelliklerine bağlıdır.

Kondansatörün kapasitesi, plaka yüzey alanı ile doğru orantılıdır. Plakalar arasındaki mesafe ile ise ters orantılıdır.

Düzlemsel kondansatörün kapasite formülü: C = ε × A / d

C = Kapasite (F)
ε = Yalıtkan ortamın elektriksel geçirgenliği (F/m)
A = Plakaların etkin yüzey alanı (m²)
d = Plakalar arasındaki mesafe (m)

Soruda plaka yüzey alanı 2 kat artırılmaktadır.

Yeni yüzey alanı = 2A

Plakalar arasındaki mesafe ise yarıya indirilmektedir.

Yeni mesafe = d / 2

Yeni kapasite formülde hesaplanır.

Cyeni = ε × (2A) / (d / 2)
Cyeni = ε × 2A × 2 / d
Cyeni = 4 × ε × A / d
Cyeni = 4C

Böylece kondansatörün kapasitesinin başlangıç değerinin 4 katına çıktığı bulunur.

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Plaka alanı 2 kat artarsa kapasite 2 kat artar. Plakalar arasındaki mesafe yarıya düşerse kapasite bir 2 kat daha artar.

Kapasite değişimi = 2 × 2
Kapasite değişimi = 4 kat

Doğru cevap B seçeneğidir.

Açıklama: Kondansatörlerin kapasitesi, elektrik yükünü depolama yeteneklerini ifade eder. Plakaların yüzey alanı büyüdükçe daha fazla elektrik yükü depolanabilir ve kapasite artar. Plakalar arasındaki mesafe azaldığında da kapasite artar. Bu soruda yüzey alanının iki katına çıkarılması ve mesafenin yarıya indirilmesi birlikte değerlendirildiğinde kapasite dört katına yükselir. Yalıtkan malzemenin değişmediği kabul edilmektedir.

9. Yukarıdaki devrede R = 200 kΩ, C = 22 μF ve v(0) = 5 mV ise t = 30 ms’deki v değeri nedir?

A) 0,75 mV
B) 1,11 mV
C) 2,98 mV
D) 3,52 mV
E) 4,97 mV

Doğru Cevap: E) 4,97 mV

Çözüm: Verilen devrede 200 kΩ direnç ve 22 μF kondansatör bulunmaktadır. Kondansatörün başlangıç gerilimi 5 mV olarak verilmiştir. Soruda 30 ms sonra kondansatörün uçlarındaki gerilimin kaç mV olacağı istenmektedir.

Devrede bağımsız gerilim veya akım kaynağı bulunmadığından kondansatörün başlangıçta depoladığı enerji direnç üzerinden boşalır. Bu nedenle RC devresinin doğal tepki denklemi kullanılır.

RC devresinde kondansatörün boşalma gerilimi formülü: v(t) = V₀ × e^(-t / RC)

Verilenler:

Direnç (R) = 200 kΩ = 200000 Ω
Kapasite (C) = 22 μF = 0,000022 F
Başlangıç gerilimi (V₀) = 5 mV
Zaman (t) = 30 ms = 0,03 s

Öncelikle RC devresinin zaman sabiti hesaplanır.

Zaman sabiti formülü: τ = R × C

τ = 200000 × 0,000022
τ = 4,4 s

Zaman sabiti 4,4 saniye olarak bulunur.

Şimdi kondansatörün 30 ms sonraki gerilimi hesaplanır.

v(t) = V₀ × e^(-t / τ)
v(0,03) = 5 × e^(-0,03 / 4,4)
v(0,03) = 5 × e^(-0,006818)
v(0,03) = 5 × 0,9932
v(0,03) ≈ 4,97 mV

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Önce zaman sabitini hesapla, ardından kondansatörün boşalma formülünü uygula.

τ = R × C
τ = 200000 × 0,000022
τ = 4,4 s
v = 5 × e^(-0,03 / 4,4)
v = 5 × 0,9932
v ≈ 4,97 mV

Doğru cevap E seçeneğidir.

Açıklama: RC devrelerinde kondansatörün boşalma gerilimi zamanla üstel olarak azalır. Boşalma hızı, direnç ve kapasitenin çarpımıyla elde edilen zaman sabitine bağlıdır. Bu devrede zaman sabiti 4,4 saniyedir. Soruda verilen 30 ms ise yalnızca 0,03 saniyeye karşılık geldiğinden kondansatörün geriliminde çok küçük bir azalma meydana gelir. Başlangıçta 5 mV olan gerilim, 30 ms sonunda yaklaşık 4,97 mV olur.

10. Yukarıdaki devrede V₁ = 10u(t-5) V ve V₂ = 30u(t-2) V’dir. t = 4 s’de i₁ akımının değeri nedir?

A) 0 A
B) 0.2 A
C) 0.3 A
D) 0.4 A
E) 0.8 A

Doğru Cevap: A) 0 A

Çözüm: Verilen devrede iki adet zamana bağlı gerilim kaynağı, 75 Ω, 25 Ω, 30 Ω ve 60 Ω dirençler bulunmaktadır. Soruda 25 Ω direnç üzerinden aşağı yönde geçen i₁ akımının 4. saniyedeki değeri istenmektedir.

Bu sorunun çözümünde birim basamak fonksiyonu ve Ohm Kanunu kullanılır.

Birim basamak fonksiyonu u(t-a), belirli bir zamanda gerilim kaynağının devreye girmesini ifade eder. Fonksiyon, belirtilen zamandan önce sıfır, belirtilen zamandan sonra ise bir değerini alır.

Birim basamak fonksiyonunun özellikleri:

t <a ise u(t-a) = 0
t > a ise u(t-a) = 1

Devrede verilen gerilim kaynakları:

V₁ = 10u(t-5) V
V₂ = 30u(t-2) V

Öncelikle t = 4 s için birinci gerilim kaynağının değeri hesaplanır.

V₁ = 10u(4-5)
V₁ = 10u(-1)
V₁ = 10 × 0
V₁ = 0 V

Birinci gerilim kaynağı 5. saniyede devreye girdiğinden 4. saniyede gerilim değeri sıfırdır.

Şimdi ikinci gerilim kaynağının değeri hesaplanır.

V₂ = 30u(4-2)
V₂ = 30u(2)
V₂ = 30 × 1
V₂ = 30 V

İkinci gerilim kaynağı 2. saniyede devreye girdiğinden 4. saniyede 30 V değerindedir.

Soruda istenen i₁ akımı, birinci gerilim kaynağına paralel bağlı 25 Ω direnç üzerinden geçmektedir. İdeal gerilim kaynağının değeri 0 V olduğundan 25 Ω direncin uçları arasındaki gerilim de sıfırdır.

Ohm Kanunu: I = V / R

Verilenler:

Gerilim (V) = 0 V
Direnç (R) = 25 Ω

Formülde yerine yazalım.

i₁ = V₁ / 25
i₁ = 0 / 25
i₁ = 0 A

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Birinci gerilim kaynağı 5. saniyede devreye girmektedir. Soruda 4. saniye istendiğinden V₁ = 0 V olur. 25 Ω direnç bu kaynağa paralel bağlıdır.

V₁ = 10u(4-5)
V₁ = 0 V
i₁ = 0 / 25
i₁ = 0 A

Doğru cevap A seçeneğidir.

Açıklama: Birim basamak fonksiyonu, elektrik devrelerinde kaynakların belirli zamanlarda devreye girmesini matematiksel olarak ifade eder. Bu soruda V₁ kaynağı 5. saniyede, V₂ kaynağı ise 2. saniyede aktif olmaktadır. Dolayısıyla 4. saniyede V₁ kaynağının gerilimi sıfırdır. İdeal 0 V gerilim kaynağı kısa devre gibi davrandığından kendisine paralel bağlı 25 Ω direncin uçlarında gerilim oluşmaz. Bu nedenle direnç üzerinden geçen i₁ akımı 0 A olarak bulunur.

11. Bir direnç ve 30 μH’lik bir bobinin paralel bağlanmasıyla elde edilecek devrenin zaman sabitinin 0.3 μs olması istenmektedir. Buna göre devrede kullanılacak direncin değeri ne olmalıdır?

A) 100 Ω
B) 150 Ω
C) 200 Ω
D) 250 Ω
E) 300 Ω

Doğru Cevap: A) 100 Ω

Çözüm: Bir direnç ve bobinin paralel bağlanmasıyla oluşturulan devreye paralel RL devresi denir. RL devrelerinde akımın değişim hızını belirleyen büyüklük zaman sabitidir.

Zaman sabiti τ (tau) sembolüyle gösterilir. Paralel RL devresinde zaman sabiti, bobinin endüktansının eşdeğer dirence bölünmesiyle hesaplanır.

RL devresinin zaman sabiti formülü: τ = L / R

Verilenler:

Bobin endüktansı (L) = 30 μH
Zaman sabiti (τ) = 0,3 μs
Direnç (R) = ?

Öncelikle birimler temel birimlere dönüştürülür.

L = 30 μH = 0,000030 H
τ = 0,3 μs = 0,0000003 s

Soruda direnç istendiğinden zaman sabiti formülünde R yalnız bırakılır.

τ = L / R
R = L / τ

Verilen değerler formülde yerine yazılır.

R = 0,000030 / 0,0000003
R = 100 Ω

Böylece devrede kullanılması gereken direnç 100 Ω olarak bulunur.

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Bobinin endüktansı ve zaman sabiti mikro birimleriyle verildiğinden birimler birbirini götürür. Doğrudan bölme işlemi yapılabilir.

R = L / τ
R = 30 / 0,3
R = 100 Ω

Doğru cevap A seçeneğidir.

Açıklama: RL devrelerinde zaman sabiti, bobinden geçen akımın ne kadar hızlı değiştiğini belirler. Zaman sabiti endüktansla doğru, dirençle ters orantılıdır. Endüktans büyüdükçe zaman sabiti artarken direnç büyüdükçe zaman sabiti azalır. Bu soruda 30 μH değerindeki bobinin 0,3 μs zaman sabitine sahip olabilmesi için paralel bağlı direncin 100 Ω olması gerekir.

12. 2.5 kΩ’luk ve 1.5 kΩ’luk iki direnç, 40 mH’lik bir bobine seri bağlanmıştır. Devrenin zaman sabiti nedir?

A) 10 μs
B) 8 μs
C) 6 μs
D) 4 μs
E) 2 μs

Doğru Cevap: A) 10 μs

Çözüm: Verilen devrede 2,5 kΩ ve 1,5 kΩ değerinde iki direnç ile 40 mH değerinde bir bobin seri bağlanmıştır. Soruda bu RL devresinin zaman sabiti istenmektedir.

RL devresinin zaman sabiti, bobinin endüktansının devredeki eşdeğer dirence bölünmesiyle hesaplanır.

RL devresinin zaman sabiti formülü: τ = L / R

Verilenler:

Birinci direnç (R1) = 2,5 kΩ
İkinci direnç (R2) = 1,5 kΩ
Bobin endüktansı (L) = 40 mH

Öncelikle seri bağlı dirençlerin eşdeğer direnci hesaplanır. Seri bağlı dirençlerin değerleri doğrudan toplanır.

Seri direnç formülü: Rtoplam = R1 + R2

Rtoplam = 2,5 + 1,5
Rtoplam = 4 kΩ

Toplam direnç 4 kΩ olarak bulunur.

Şimdi değerler temel birimlere dönüştürülür.

Rtoplam = 4 kΩ = 4000 Ω
L = 40 mH = 0,040 H

Zaman sabiti formülünde yerine yazalım.

τ = L / Rtoplam
τ = 0,040 / 4000
τ = 0,00001 s
τ = 10 μs

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Seri dirençleri topla ve bobinin endüktansını toplam dirence böl. mH / kΩ işleminin sonucu doğrudan mikro saniye (μs) cinsinden elde edilir.

Rtoplam = 2,5 + 1,5
Rtoplam = 4 kΩ
τ = 40 / 4
τ = 10 μs

Doğru cevap A seçeneğidir.

Açıklama: RL devrelerinde zaman sabiti, bobin ve direnç değerlerine bağlıdır. Seri bağlı dirençlerin eşdeğer direnci, dirençlerin toplamına eşittir. Bu soruda iki direncin toplamı 4 kΩ, bobinin endüktansı ise 40 mH olarak verilmiştir. Zaman sabiti formülü uygulandığında 10 μs sonucu elde edilir. Bu değer, devreye doğru akım gerilimi uygulandığında bobin akımının son değerine doğru değişim hızını belirler. Bir zaman sabiti sonunda akım, sıfırdan başlayıp artıyorsa son değerinin yaklaşık %63,2’sine ulaşır.

13. Aralarında 72°’lik faz farkı bulunan 40 KHz frekanslı iki dalganın başlangıç noktaları arasında zaman alanında ne kadar μsn uzaklık bulunmaktadır?

A) 4 μsn
B) 5 μsn
C) 6 μsn
D) 7 μsn
E) 8 μsn

Doğru Cevap: B) 5 μsn

Çözüm: Alternatif akım devrelerinde aynı frekanstaki iki dalga arasında faz farkı bulunabilir. Faz farkı, dalgaların birbirlerine göre açısal olarak ne kadar kaydığını gösterir. Bu açısal fark, dalgaların başlangıç noktaları arasındaki zaman farkına dönüştürülebilir.

Bir dalganın tam periyodu 360°’ye karşılık gelir. Bu nedenle faz farkı ile zaman farkı arasında doğru orantı vardır.

Faz farkından zaman farkı hesaplama formülü: Δt = (φ / 360) × T

Verilenler:

Frekans (f) = 40 KHz = 40000 Hz
Faz farkı (φ) = 72°
Periyot (T) = ?
Zaman farkı (Δt) = ?

Öncelikle dalganın periyodu hesaplanır.

Periyot formülü: T = 1 / f

T = 1 / 40000
T = 0,000025 s
T = 25 μsn

Dalganın bir tam periyodu 25 μsn olarak bulunur.

Şimdi 72° faz farkının kaç mikrosaniyeye karşılık geldiği hesaplanır.

Δt = (φ / 360) × T
Δt = (72 / 360) × 25
Δt = 0,2 × 25
Δt = 5 μsn

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Önce frekanstan periyodu bul, ardından faz farkının 360° içerisindeki oranını hesapla.

T = 1000000 / 40000
T = 25 μsn
Δt = 72 × 25 / 360
Δt = 1800 / 360
Δt = 5 μsn

Doğru cevap B seçeneğidir.

Açıklama: Alternatif akım dalgalarında 360° faz açısı bir tam periyoda karşılık gelir. Bu nedenle 72° faz farkı, tam periyodun beşte biri kadardır. Frekansı 40 KHz olan bir dalganın periyodu 25 μsn olduğundan iki dalganın başlangıç noktaları arasındaki zaman farkı 5 μsn olur. Frekans arttıkça periyot azalır ve aynı faz farkına karşılık gelen zaman aralığı küçülür.

14. Bir AC elektrik devresinde gerilim V(t) = 12sin(450πt – 23°) V ve akım da I(t) = 0.4sin(450πt + 42°) A olduğuna göre, bu devre için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

A) Devrede gerilim akımın ileri fazındadır.
B) Devrede akım ve gerilim aynı fazdadır.
C) Devrede akım ve gerilim arasında 75° faz farkı vardır.
D) Bu devre için verilen bilgiler ışığında bir yargıya varılamaz.
E) Devrede akım gerilimin ileri fazındadır.

Doğru Cevap: E) Devrede akım gerilimin ileri fazındadır.

Çözüm: Alternatif akım devrelerinde akım ve gerilim sinüzoidal olarak değişir. Akım ile gerilim dalgaları arasında faz farkı bulunabilir. Faz farkının işareti ve büyüklüğü, hangi dalganın diğerine göre ileride veya geride olduğunu belirler.

Verilen akım ve gerilim denklemleri incelendiğinde her iki dalganın açısal frekansının aynı olduğu görülmektedir. Bu nedenle faz açıları karşılaştırılarak akımın mı yoksa gerilimin mi ileri fazda olduğu belirlenebilir.

Verilen gerilim denklemi:

V(t) = 12sin(450πt – 23°) V

Verilen akım denklemi:

I(t) = 0,4sin(450πt + 42°) A

Sinüzoidal dalganın genel formülü:

x(t) = Xm × sin(ωt + φ)

Xm = Dalganın maksimum değeri
ω = Açısal frekans
φ = Faz açısı

Gerilim ve akım denklemlerinden faz açıları belirlenir.

Gerilimin faz açısı (φV) = -23°
Akımın faz açısı (φI) = +42°

Akımın gerilime göre faz farkı hesaplanır.

Faz farkı formülü: Δφ = φI – φV

Δφ = 42° – (-23°)
Δφ = 42° + 23°
Δφ = 65°

Faz farkı pozitif olduğundan akım, gerilime göre 65° ileri fazdadır.

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Sinüs ifadelerinin içindeki faz açılarını karşılaştırmak yeterlidir. Faz açısı daha büyük olan dalga, diğerine göre ileri fazdadır.

Gerilim fazı = -23°
Akım fazı = +42°
Faz farkı = 42 – (-23)
Faz farkı = 65°

Akımın faz açısı daha büyük olduğundan akım ileri fazdadır. Doğru cevap E seçeneğidir.

Açıklama: AC devrelerinde akım ve gerilim arasındaki faz ilişkisi, devrenin direnç, bobin ve kondansatör özelliklerine bağlıdır. Saf dirençli devrelerde akım ve gerilim aynı fazdadır. Endüktif devrelerde akım gerilimin gerisinde, kapasitif devrelerde ise akım gerilimin ilerisindedir. Bu soruda akımın faz açısı +42°, gerilimin faz açısı -23° olduğundan akım gerilimden 65° ileridedir. Bu faz ilişkisi, devrenin kapasitif karakter gösterdiğini ifade eder.

15. V(t) = 65sin(750πt – π/12) ifadesi ile verilen AC gerilim dalgasının ortalama değeri ve periyodu hangi seçenekte doğru olarak verilmiştir?

A) 413,4 V – 0,0026 sn
B) 4,134 V – 0,026 sn
C) 4,134 V – 0,0026 sn
D) 41,34 V – 0,026 sn
E) 41,34 V – 0,0026 sn

Doğru Cevap: E) 41,34 V – 0,0026 sn

Çözüm: Verilen ifade sinüzoidal bir alternatif gerilim dalgasını göstermektedir. Soruda bu dalganın ortalama değeri ve periyodu istenmektedir.

Sinüzoidal alternatif gerilimlerin genel denklemi:

V(t) = Vm × sin(ωt + φ)

Vm = Maksimum gerilim değeri
ω = Açısal frekans
φ = Faz açısı

Verilen denklem:

V(t) = 65sin(750πt – π/12)

Genel denklemle karşılaştırıldığında aşağıdaki değerler elde edilir.

Maksimum gerilim (Vm) = 65 V
Açısal frekans (ω) = 750π rad/s
Faz açısı (φ) = -π/12

Öncelikle sinüzoidal gerilimin pozitif yarım periyot ortalama değeri hesaplanır.

Sinüzoidal gerilimin ortalama değer formülü: Vort = 2 × Vm / π

Verilen maksimum gerilim formülde yerine yazılır.

Vort = 2 × 65 / π
Vort = 130 / π
Vort ≈ 41,38 V

Elde edilen değer, seçeneklerdeki yaklaşık 41,34 V değerine karşılık gelmektedir.

Şimdi alternatif gerilimin periyodu hesaplanır.

Açısal frekans ile periyot arasındaki bağıntı:

ω = 2π / T

Periyot formülü: T = 2π / ω

Verilen açısal frekans yerine yazılır.

T = 2π / 750π
T = 2 / 750
T = 0,002666… s
T ≈ 0,00267 s

Bu değer, seçeneklerde verilen 0,0026 saniyeye en yakın değerdir.

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Sinüzoidal gerilimlerde pozitif yarım periyodun ortalama değeri, maksimum değerin yaklaşık 0,637 katıdır. Periyot ise açısal frekanstan doğrudan hesaplanır.

Vort = 0,637 × 65
Vort ≈ 41,4 V
T = 2π / 750π
T = 2 / 750
T ≈ 0,00267 s

Doğru cevap E seçeneğidir.

Açıklama: Sinüzoidal alternatif gerilimlerde maksimum değer, dalganın ulaşabildiği en yüksek gerilim değeridir. Pozitif yarım periyodun ortalama değeri ise maksimum gerilimin yaklaşık %63,7’sine eşittir. Bir tam periyot boyunca hesaplanan işaretli ortalama gerilim sıfırdır; soruda kullanılan ortalama değer, pozitif yarım periyot ortalamasını ifade etmektedir. Verilen dalganın maksimum gerilimi 65 V, açısal frekansı 750π rad/s olduğundan ortalama değer yaklaşık 41,38 V ve periyot yaklaşık 0,00267 saniye olarak hesaplanır. Seçeneklerdeki yuvarlatılmış değerlere göre E seçeneği doğrudur.

16. Fazör olarak yukarıda gösterilen empedansa eşdeğer admitansın kutupsal gösterimi aşağıdakilerden hangisidir?

A) 10,63 ∠ 48,8°
B) 10,63 ∠ -48,8°
C) 1,063 ∠ -48,8°
D) 0,094 ∠ -48,8°
E) 0,094 ∠ 48,8°

Doğru Cevap: D) 0,094 ∠ -48,8°

Çözüm: Alternatif akım devrelerinde empedans, elektrik akımına karşı gösterilen toplam zorluğu ifade eder. Admitans ise empedansın tersidir. Soruda empedansın karmaşık düzlem üzerindeki gösterimi verilmiştir.

Grafikten elde edilen değerler:

Gerçel kısım (R) = 7 Ω
Sanal kısım (X) = 8 Ω

Empedansın karmaşık sayı biçimindeki ifadesi:

Z = 7 + j8 Ω

Öncelikle empedansın büyüklüğü hesaplanır.

Empedans büyüklüğü formülü: |Z| = √(R² + X²)

|Z| = √(7² + 8²)
|Z| = √(49 + 64)
|Z| = √113
|Z| ≈ 10,63 Ω

Şimdi empedansın faz açısı hesaplanır.

Faz açısı formülü: θ = arctan(X / R)

θ = arctan(8 / 7)
θ = arctan(1,1429)
θ ≈ 48,8°

Empedansın kutupsal gösterimi:

Z = 10,63 ∠ 48,8° Ω

Soruda empedansa eşdeğer admitans istenmektedir. Admitans, empedansın tersidir.

Admitans formülü: Y = 1 / Z

Kutupsal gösterimde ters alma işleminde büyüklüğün tersi alınır ve faz açısının işareti değiştirilir.

Y = 1 / (10,63 ∠ 48,8°)
Y = (1 / 10,63) ∠ -48,8°
Y ≈ 0,094 ∠ -48,8° S

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Grafikteki 7 ve 8 değerlerinden empedansın büyüklüğü bulunur. Admitans için büyüklüğün tersi alınır ve faz açısının işareti değiştirilir.

|Z| = √(7² + 8²)
|Z| ≈ 10,63
θ = arctan(8 / 7)
θ ≈ 48,8°
|Y| = 1 / 10,63
|Y| ≈ 0,094
Y = 0,094 ∠ -48,8°

Doğru cevap D seçeneğidir.

Açıklama: Empedans ve admitans birbirinin tersidir. Empedansın birimi Ohm (Ω), admitansın birimi Siemens (S) olarak kullanılır. Grafikte empedansın gerçel kısmı 7, sanal kısmı 8 olduğundan empedans 10,63 ∠ 48,8° Ω olarak bulunur. Tersi alındığında admitans 0,094 ∠ -48,8° S olur.

17. Yukarıda verilen şekle göre iₓ akımı hangi yöntem kullanılarak bulunabilir?

A) Süperpozisyon
B) Düğüm gerilimi
C) Göz akımları
D) Thevenin eşdeğeri
E) Kaynak dönüşümü

Doğru Cevap: A) Süperpozisyon

Çözüm: Verilen devrede iki bağımsız alternatif gerilim kaynağı, 1 H değerinde bir bobin, 1 F değerinde bir kondansatör ve 1 Ω değerinde bir direnç bulunmaktadır. Kondansatör üzerinden geçen iₓ akımının hangi yöntemle bulunabileceği sorulmaktadır.

Devredeki gerilim kaynakları farklı frekanslara sahiptir.

Birinci gerilim kaynağı: V1(t) = sin(2t) V
İkinci gerilim kaynağı: V2(t) = sin(10t) V

Kaynakların açısal frekansları:

ω1 = 2 rad/s
ω2 = 10 rad/s

Frekansları farklı olan kaynakların etkileri tek bir fazör devresinde doğrudan birleştirilemez. Bu nedenle süperpozisyon teoremi kullanılması uygundur.

Süperpozisyon teoreminde her bağımsız kaynağın etkisi ayrı ayrı hesaplanır. Daha sonra bulunan akımlar zaman bölgesinde toplanır.

Birinci aşama: Yalnızca sin(2t) V kaynağının etkisi hesaplanır. İkinci ideal gerilim kaynağı kısa devre yapılarak etkisiz hale getirilir.

Birinci kaynağın frekansında bobin ve kondansatör empedansları hesaplanır.

Bobin empedansı formülü: ZL = jωL

ZL = j × 2 × 1
ZL = j2 Ω

Kondansatör empedansı formülü: ZC = 1 / (jωC)

ZC = 1 / (j × 2 × 1)
ZC = -j0,5 Ω

Bu değerlerle birinci kaynağın oluşturduğu kondansatör akımı iₓ₁(t) hesaplanır.

İkinci aşama: Yalnızca sin(10t) V kaynağının etkisi hesaplanır. Bu kez birinci ideal gerilim kaynağı kısa devre yapılır.

İkinci kaynağın frekansında empedanslar hesaplanır.

ZL = j × 10 × 1
ZL = j10 Ω
ZC = 1 / (j × 10 × 1)
ZC = -j0,1 Ω

Bu değerlerle ikinci kaynağın oluşturduğu kondansatör akımı iₓ₂(t) hesaplanır.

Üçüncü aşama: Her iki kaynağın oluşturduğu akımlar zaman bölgesinde toplanır.

iₓ(t) = iₓ₁(t) + iₓ₂(t)

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Devrede farklı frekanslara sahip iki bağımsız kaynak bulunmaktadır. Her kaynağın etkisi ayrı ayrı hesaplanıp toplanmalıdır.

V1(t) = sin(2t) V
V2(t) = sin(10t) V
ω1 = 2 rad/s
ω2 = 10 rad/s
iₓ(t) = iₓ₁(t) + iₓ₂(t)

Doğru cevap A seçeneğidir.

Açıklama: Süperpozisyon teoremi, doğrusal devrelerde bağımsız kaynakların etkilerini ayrı ayrı incelemeyi sağlar. Bu devrede kaynakların açısal frekansları 2 rad/s ve 10 rad/s olduğundan bobin ve kondansatörün empedansları her kaynak için farklıdır. Bu nedenle kaynakların oluşturduğu akımlar kendi frekanslarında hesaplanarak zaman bölgesinde toplanır. Düğüm gerilimleri ve göz akımları yöntemleri de kaynaklar için ayrı ayrı uygulanabilir ancak soruda en uygun yöntem süperpozisyondur.

18. Verilen bir elektriksel yükte tüm güç bilgilerini içeren büyüklük aşağıdakilerden hangisidir?

A) Güç çarpanı
B) Karmaşık güç
C) Görünür güç
D) Ortalama güç
E) Anlık güç

Doğru Cevap: B) Karmaşık güç

Çözüm: Alternatif akım devrelerinde elektriksel güç farklı büyüklüklerle ifade edilir. Bunlar aktif güç, reaktif güç, görünür güç ve karmaşık güçtür. Soruda bir elektriksel yükün tüm güç bilgilerini hangi büyüklüğün içerdiği sorulmaktadır.

Karmaşık güç, aktif güç ve reaktif gücü aynı matematiksel ifade içerisinde gösteren büyüklüktür. Karmaşık güç kullanılarak görünür güç ve güç çarpanı da hesaplanabilir.

Karmaşık güç formülü: S = P + jQ

S = Karmaşık güç (VA)
P = Aktif güç (W)
Q = Reaktif güç (VAr)
j = Sanal birim

Aktif güç, elektrik enerjisinin işe veya ısıya dönüşen bölümüdür. Reaktif güç ise bobin ve kondansatör gibi elemanlar nedeniyle kaynak ile yük arasında gidip gelen enerjiyle ilişkilidir.

Karmaşık gücün büyüklüğü görünür gücü verir.

Görünür güç formülü: |S| = √(P² + Q²)

Güç çarpanı ise aktif gücün görünür güce oranıdır.

Güç çarpanı formülü: cosφ = P / |S|

Örneğin bir yükün aktif gücü 300 W, reaktif gücü 400 VAr olsun.

Karmaşık güç hesaplanır.

S = P + jQ
S = 300 + j400 VA

Görünür güç hesaplanır.

Güç çarpanı hesaplanır.

cosφ = P / |S|
cosφ = 300 / 500
cosφ = 0,6

Böylece karmaşık güç bilgisi kullanılarak aktif güç, reaktif güç, görünür güç ve güç çarpanı belirlenebilir.

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Aktif güç ve reaktif gücü birlikte gösteren, görünür güç ile güç çarpanının hesaplanmasını sağlayan büyüklük karmaşık güçtür.

S = P + jQ

Doğru cevap B seçeneğidir.

Açıklama: Alternatif akım devrelerinde karmaşık güç, elektriksel güç analizinin temel büyüklüklerinden biridir. Aktif güç yükün tükettiği gerçek gücü, reaktif güç ise elektrik ve manyetik alanlarla ilişkili güç alışverişini ifade eder. Karmaşık güç bu iki büyüklüğü birlikte gösterdiğinden görünür güç, faz açısı ve güç çarpanı gibi diğer güç bilgileri de hesaplanabilir. Bu nedenle sorunun doğru cevabı karmaşık güçtür.

19. Empedansı 2400 + j2400 Ω olan bir yükün, harcadığı ortalama gücü sabit tutarak, güç çarpanını 0.9 geri yapabilmek için ne yapılmalıdır?

A) Kaynağın gücü arttırılmalıdır.
B) Yüke paralel bobin bağlanmalıdır.
C) Yüke seri kondansatör bağlanmalıdır.
D) Yüke paralel kondansatör bağlanmalıdır.
E) Yüke seri bobin bağlanmalıdır.

Doğru Cevap: D) Yüke paralel kondansatör bağlanmalıdır.

Çözüm: Alternatif akım devrelerinde güç çarpanı, aktif gücün görünür güce oranını ifade eder. Özellikle bobin içeren endüktif yüklerde akım, gerilimin gerisinde kalır ve güç çarpanı düşer.

Soruda empedansı 2400 + j2400 Ω olan bir yükün güç çarpanının 0,9 geri değerine yükseltilmesi istenmektedir. Aynı zamanda yükün harcadığı ortalama gücün sabit tutulması gerekmektedir.

Öncelikle yükün empedansı incelenir.

Verilen empedans:

Z = 2400 + j2400 Ω

Empedansın gerçel kısmı direnç, pozitif sanal kısmı ise endüktif reaktanstır.

Direnç (R) = 2400 Ω
Endüktif reaktans (XL) = 2400 Ω

Empedansın faz açısı hesaplanır.

Faz açısı formülü: φ = arctan(XL / R)

φ = arctan(2400 / 2400)
φ = arctan(1)
φ = 45°

Yükün başlangıç güç çarpanı hesaplanır.

Güç çarpanı = cosφ

cosφ = cos45°
cosφ ≈ 0,707

Yükün başlangıç güç çarpanı yaklaşık 0,707 geri olarak bulunur.

Soruda bu değerin 0,9 geri yapılması istenmektedir. Bunun için yükün şebekeden çektiği reaktif gücün azaltılması gerekir.

Endüktif yükler pozitif reaktif güç çeker. Kondansatörler ise kapasitif reaktif güç sağlayarak bu ihtiyacın bir bölümünü karşılayabilir.

Yüke paralel kondansatör bağlandığında endüktif reaktif güç ihtiyacının bir bölümü kondansatör tarafından karşılanır. Böylece kaynaktan çekilen reaktif güç azalır ve güç çarpanı yükselir.

Güç çarpanı düzeltme formülü:

Qc = P × (tanφ1 – tanφ2)

P = Yükün aktif gücü
φ1 = Başlangıç faz açısı
φ2 = İstenen faz açısı
Qc = Gerekli kapasitif reaktif güç

Başlangıç faz açısı 45° olduğundan:

tanφ1 = tan45°
tanφ1 = 1

İstenen güç çarpanı 0,9 olduğundan:

cosφ2 = 0,9
φ2 = arccos(0,9)
φ2 ≈ 25,84°

İstenen faz açısının tanjantı hesaplanır.

tanφ2 ≈ 0,484

Gerekli kondansatör reaktif gücü hesaplanır.

Qc = P × (1 – 0,484)
Qc ≈ 0,516P

Bu sonuç, başlangıçtaki endüktif reaktif güç ihtiyacının bir bölümünün paralel kondansatörle karşılanması gerektiğini göstermektedir.

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Empedansın sanal kısmı pozitifse yük endüktiftir. Endüktif yüklerde güç çarpanını yükseltmek ve aktif gücü sabit tutmak için paralel kondansatör kullanılır.

Z = 2400 + j2400 Ω
cosφ1 = 0,707 geri
İstenen cosφ2 = 0,9 geri

Güç çarpanını yükseltmek için yüke paralel kondansatör bağlanmalıdır.

Doğru cevap D seçeneğidir.

Açıklama: Endüktif yüklerde akım gerilimin gerisinde kalır ve güç çarpanı geri olarak ifade edilir. Güç çarpanını düzeltmek için kullanılan kondansatörler, endüktif yükün ihtiyaç duyduğu reaktif gücün bir bölümünü karşılar. Kondansatörün yüke paralel bağlanması, yükün çalışma gerilimi ve ortalama aktif gücü korunurken kaynaktan çekilen reaktif gücün azaltılmasını sağlar. Bu nedenle 0,707 geri olan güç çarpanını 0,9 geri değerine yükseltmek için yüke paralel kondansatör bağlanmalıdır.

20. Devrede kaynak tarafından sağlanan ortalama güç aşağıdakilerden hangisidir?

A) 8 W
B) 7 W
C) 6 W
D) 5 W
E) 4 W

Doğru Cevap: D) 5 W

Çözüm: Verilen devrede alternatif gerilim kaynağı ile 5 Ω ve 15 Ω değerinde iki direnç bulunmaktadır. Dirençler birbirine seri bağlanmıştır. Soruda kaynak tarafından sağlanan ortalama güç istenmektedir.

Devrede bobin veya kondansatör bulunmadığından devre tamamen dirençlidir. Saf dirençli devrelerde akım ve gerilim aynı fazdadır. Bu nedenle güç çarpanı 1’dir.

Şekilde gerilim kaynağının etkin değeri 10 V olarak verilmiştir. Ortalama güç hesabında etkin gerilim değeri kullanılır.

Verilenler:

Etkin gerilim (Vetk) = 10 V
Birinci direnç (R1) = 5 Ω
İkinci direnç (R2) = 15 Ω

Öncelikle seri bağlı dirençlerin toplam değeri hesaplanır.

Seri direnç formülü: Rtoplam = R1 + R2

Rtoplam = 5 + 15
Rtoplam = 20 Ω

Devrenin toplam direnci 20 Ω olarak bulunur.

Şimdi Ohm Kanunu kullanılarak etkin akım hesaplanır.

Ohm Kanunu: Ietk = Vetk / Rtoplam

Ietk = 10 / 20
Ietk = 0,5 A

Ortalama güç formülü uygulanır.

P = Vetk × Ietk × cosφ

Devre saf dirençli olduğundan cosφ = 1 alınır.

P = 10 × 0,5 × 1
P = 5 W

Aynı sonuç, direnç üzerinden ortalama güç formülüyle de hesaplanabilir.

P = Vetk² / Rtoplam

P = 10² / 20
P = 100 / 20
P = 5 W

En Kısa Çözüm (Pratik Yöntem): Seri bağlı dirençleri topla ve etkin gerilimle doğrudan güç formülünü uygula.

Rtoplam = 5 + 15
Rtoplam = 20 Ω
P = Vetk² / Rtoplam
P = 10² / 20
P = 100 / 20
P = 5 W

Doğru cevap D seçeneğidir.

Açıklama: Alternatif akım devrelerinde ortalama güç hesaplanırken gerilim ve akımın etkin değerleri kullanılır. Saf dirençli devrelerde akım ile gerilim arasında faz farkı bulunmadığından güç çarpanı 1 olur. Bu devrede 5 Ω ve 15 Ω dirençlerin toplamı 20 Ω’dur. Etkin gerilim 10 V alındığında kaynağın sağladığı ortalama güç 5 W olarak hesaplanır. Bu güç, ideal dirençler üzerinde harcanan toplam aktif güce eşittir.

AÖF Devre Analizi 2012-2013 Güz Dönem Sonu Sınavı Cevap Anahtarı

AÖF Devre Analizi 2012-2013 Güz Dönem Sonu Sınavı (Final), 20 çoktan seçmeli sorudan oluşmaktadır. Sınavda elektrik devrelerinin temel kavramları, direnç ve kondansatör hesaplamaları, RL ve RC devrelerinin zaman sabitleri, alternatif akım dalgaları, faz farkları, empedans, admitans ve elektriksel güç konuları ele alınmaktadır.