EEM202 Devre Teorisi II: 2004-2005 Bahar Ara Sınavı Soruları ve Yanıtları

Bu yazı, Başkent Üniversitesi Elektrik-Elektronik Mühendisliği EEM 202 Devre Teorisi-II dersinin 2004-2005 Bahar dönemi ara sınavının (midterm) soru kâğıtlarını ve "YANITLAR" başlıklı cevap anahtarını içeriyor. Sınavı hazırlayanlar Prof. Dr. Turhan Çiftçibaşı ve Öğr. Gör. Mustafa Doğan. Arşivdeki belgeler, kâğıtların fotoğrafları; her sorunun altında soru metni ve yanıt anahtarındaki ana sonuçlar yazıya döküldü. Puanlama: Soru 1 ve 2 yirmişer, Soru 3 ve 4 otuzar puan (toplam 100). Fotoğrafların kendisi arşivde saklanıyor, yayınlanmıyor.

Soru 1: Thevenin eşdeğeri ve ideal trafo ile maksimum güç (20 puan)

Aşağıdaki kuvvetlendirici devresinin a-b uçlarından görülen Thévenin eşdeğerini bulunuz. Bu eşdeğer devrenin çıkışına şekildeki gibi bir ideal transformatör bağlandığında Z_y ne olmalıdır ki kuvvetlendirici devresinden maksimum güç çekilebilsin? V_s(t) = 10 cos(10000t + 53.13°) olarak verilmiştir. (cos 53.13° ≅ 0.6 ve sin 53.13° ≅ 0.8 olarak alınız.)

Devrede 200 µH bobin, 25 µF kapasitör, 2 Ω direnç, (3/2)i bağımlı akım kaynağı ve 1:5 oranlı ideal trafo var.

• V_s = 10e^(j53.13°) = 10(0.6 + j0.8) = 6 + j8; bobin j2 Ω, kapasitör −j4 Ω
• V_oc için d düğümünde düğüm denklemi (V_d = V_oc): V_oc/(−j4) + (V_oc − V_s)/(j2) − (3/2)[(V_oc − V_s)/(j2)] = 0 → V_oc = 3 + j4 = 5e^(j53.13°) V
• I_sc için (devrede bağımlı kaynak olduğundan): V_d/2 + V_d/(−j4) + (V_d − V_s)/(j2) − (3/2)[(V_d − V_s)/(j2)] = 0 → V_d = (3 + j4)/(1 − j), I_sc = V_d/2 = (3 + j4)/(2 − j2)
• Z_th = V_oc/I_sc = 2 − j2 Ω
• Maksimum güç aktarımı için: Z_y′ = Z_th* = 2 + j2 = (1/5)²·Z_y → Z_y = 50 + j50 Ω

Soru 2: İletim hattı ve güç kompanzasyonu (20 puan)

Aşağıdaki devre için (f = 60 Hz, 465 V-rms jeneratör, Z_hat = 4 + j3 Ω, Z_yük = 120 + j90 Ω):

1. Çıkış gerilimini (V_yük), iletim hattı akımını (I_hat) ve ilgili karmaşık güçleri (S_hat, S_yük) bulunuz.
2. Yükteki faz açısını sıfırlamak (güç kompanzasyonu) için yüke paralel bağlanması gereken kapasitans değerini bulunuz, C = ? (İpucu: Z′_yük = Z_C ∥ Z_yük; burada kapasitör dahil edildiğinde Z′_yük'ün reel bir sayı olması gerekir.)
3. Bulunan kapasitör bağlandığında yeni yük empedansını (Z′_yük), buna göre iletim hattı akımını (I′_hat) ve çıkış gerilimini (V′_yük) yeniden bulunuz.

a)

• V_yük = (120 + j90)/(124 + j93)·465 = 150e^(j36.9°)/155e^(j36.9°)·465 = 450 V-rms
• I_hat = 465/155e^(j36.9°) = 3e^(−j36.9°) A-rms
• S_hat = |I_hat|²·Z_hat = 3²(4 + j3) = 36 + j27 VA
• S_yük = V_yük·I_hat* = 450·3e^(j36.9°) = 1350e^(j36.9°) = 1080 + j810 VA

b) Z′_yük = Z_C ∥ Z_yük, Y′_yük = Y_C + Y_yük. Z′_yük ve Y′_yük reel olduğundan |Y_C| = |Im{Y_yük}| olmalı:

• Y_yük = 1/(120 + j90) = 1/(30(4 + j3)) = (4 − j3)/750 = 4/750 − j·3/750
• 2πfC = |Im{Y_yük}| = 3/750 → C = 3/(750·2π·60) → C = 10.61 µF

c)

• Z′_yük = 1/Y′_yük = 750/4 = 187.5 Ω
• I′_hat = 465/(191.5 + j3) = 465/191.5e^(j0.9°) = 2.43e^(−j0.9°) A-rms
• V′_yük = I′_hat·Z′_yük = 2.43e^(−j0.9°)·187.5 = 455.6e^(−j0.9°) V

Not: 465·187.5/191.52 ≈ 455.3 V çıkıyor; yanıttaki 455.6 V, akımın 2.43'e yuvarlanmasından kaynaklanan küçük bir farktır.

Soru 3: Y-Δ üç fazlı sistem (30 puan)

Aşağıdaki 3 fazlı, + sıralı (positive sequence), Y (yıldız) bağlantılı jeneratör (source), iletim hattı üzerinden Δ (üçgen) bağlantılı dengeli (balanced) yüke bağlanmıştır. Tek faz eşdeğerinde V_a = 120 V-rms, Z_hat = 0.5 + j1.4 Ω.

1. Dengeli Δ (üçgen) yükün Y (yıldız) eşdeğerini bulunuz, Z_Y = ?
2. Hat akımlarını bulunuz (I_aA, I_bB, I_cC).
3. Yük üzerindeki faz gerilim (V_AB, V_BC, V_CA) ve akımlarını (I_AB, I_BC, I_CA) bulunuz (önce V_AN bulunacaktır).
4. Jeneratördeki hat gerilimlerini (V_ab, V_bc, V_ca) bulunuz (önce V_an bulunacaktır).
5. Yük tarafından harcanan toplam gerçek gücü (P_T) bulunuz.

• a) Z_Y = Z_Δ/3 = 39.5 + j28.6 = 48.77e^(j35.91°) Ω
• b) I_aA = 120/(Z_hat + Z_Y) = 120/(40 + j30) = 2.4e^(−j36.87°) A-rms; I_bB = 2.4e^(−j156.87°), I_cC = 2.4e^(j83.13°) A-rms
• c) V_AN = I_aA·Z_Y = 2.4e^(−j36.87°)(39.5 + j28.6) = 117.04e^(−j0.96°) V-rms
• V_AB = √3e^(j30°)·V_AN = 202.72e^(j29.04°) V-rms, V_BC = 202.72e^(−j90.96°), V_CA = 202.72e^(j149.04°) V-rms
• I_AB = (1/√3)e^(j30°)·I_aA = 1.39e^(−j6.87°) A-rms, I_BC = 1.39e^(−j126.87°), I_CA = 1.39e^(j113.13°) A-rms
• Doğrulama: I_AB = V_AB/Z_Δ = 202.72e^(j29.04°)/(118.5 + j85.8) = 202.72e^(j29.04°)/146.3e^(j35.91°) = 1.39e^(−j6.87°) bulunur.

• d) V_an = 120 V-rms; V_ab = √3e^(j30°)·V_an = 120√3e^(j30°) = 207.85e^(j30°), V_bc = 207.85e^(−j90°), V_ca = 207.85e^(j150°)
• e) Yük için S_T = P_T + jQ_T ve Q_T = P_T·tan θ (θ = θ_VAN − θ_IaA)
• P_T = 3|V_AN||I_aA| cos(θ_VAN − θ_IaA) = 3·117.04·2.4·cos(−0.96° + 36.87°) = 3·117.04·2.4·cos(35.91°)
• P_T = 682.53 W, Q = P_T·tan(35.91°) = 494.25 VAR → S = (682.53 + j494.25) VA

Soru 4: Süperpozisyon (30 puan)

Aşağıdaki devrede kapasitör üstüne düşen gerilimin anlık değerini (V_c(t)) süperpozisyon yöntemiyle bulunuz. Devrede 5 cos(2t) ve 3 sin(0.5t) kaynakları, 0.5 F kapasitör, 4 H ve 6 H bobinler ve aralarında 2 H karşılıklı endüktans var.

ω = 2 için (kapasitör −j Ω, bobinler j8 ve j12 Ω, karşılıklı endüktans j4 Ω):

• V_L1 = j8(I₁ − I₂) − j4I₂, V_L2 = j12I₂ − j4(I₁ − I₂)
• Göz 1: −5 + (−j)I₁ + V_L1 = 0; göz 2: −V_L1 + V_L2 = 0 → I₂ = (3/7)I₁
• I₁ = −j(35/13), I₂ = −j(15/13)
• V_C1 = (−j)·I₁ = −35/13 → v_C1(t) = (35/13) cos(2t + 180°)

ω = 0.5 için (kapasitör −j4 Ω, bobinler j2 ve j3 Ω, karşılıklı endüktans j1 Ω):

• V_L1 = j2(I₁ − I₂) − jI₂, V_L2 = j3I₂ − j(I₁ − I₂)
• Göz 1: (−j4)I₁ + V_L1 = 0 → I₂ = −(2/3)I₁; göz 2: −V_L1 + V_L2 − 3j = 0
• I₁ = −9/23, I₂ = 6/23
• V_C2 = (−j4)I₁ = j(36/23) = (36/23)e^(j90°) → v_C2(t) = (36/23) cos(0.5t + 90°)

Sonuç:

V_c(t) = v_C1(t) + v_C2(t) = (35/13) cos(2t + 180°) + (36/23) cos(0.5t + 90°)