· EEM202

EEM202 Devre Teorisi II: Devre Teorisi 1. Vize Sınavı ve Cevap Anahtarı (Yıldız Teknik Üniversitesi, 15 Kasım 2007)

EEM202 – Devre Teorisi II · 15.11.2007 · 16.10.2026

Bu yazı, ders klasöründe "Devre Teorisi (usis) 20071" adıyla saklanan bir Word belgesini içeriyor: Yıldız Teknik Üniversitesi Elektrik-Elektronik Fakültesi, Elektrik Mühendisliği Bölümü'nün Devre Teorisi 1. Vize Sınavı (15 Kasım 2007; Y. Doç. Dr. Adem Ünal, Y. Doç. Dr. Recep Yumurtacı, Y. Doç. Dr. Mehmet Uzunoğlu) ve belgenin sonuna eklenmiş el yazısı cevap anahtarı ("USİS 20071 Devre Teo. 1. Vize Sınavı Cevap Anahtarı"). Başka bir üniversitenin sınavı olsa da devre analizi yöntemleri için iyi bir çalışma kaynağı olduğundan klasörde tutulmuş. Soru metinleri aktarıldı, cevap anahtarı sayfaları görsel olarak eklendi ve ana sonuçlar metne döküldü. Orijinal Word belgesi yazının sonunda indirilebilir.

Bu içerik üçüncü taraf bir kaynağa aittir; arşiv ve nostalji amacıyla kaynak belirtilerek paylaşılmıştır. Hak sahibinin talebi hâlinde kaldırılır.

YTÜ Devre Teorisi 1. Vize Sınavı soru kâğıdı, 15 Kasım 2007: dört soru ve devre şekilleri
Sınav kâğıdı

Süre: 90 dakika. 1. ve 2. sorular zorunludur; 3. ve 4. sorulardan yalnız biri seçilecektir.

Soru 1 (30 puan): Düğüm gerilimleri yöntemi

Şekil-1'deki devre için Düğüm Gerilimleri Yöntemi (DÜGY) ile:

  • a) Devre denklemlerini matris biçiminde yazınız.
  • b) Denklemi çözerek R4 direncinin gücünü hesaplayınız ve akım yönünü belirtiniz. R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 0,5 Ω.

Devrede e₁(t) = 10 V ve e₂(t) = 6 V gerilim kaynakları ile j(t) = 2 A akım kaynağı var. Cevap anahtarı:

  • D referans düğümü; V_A = e₁ = 10 V ve V_B = e₂ = 6 V biliniyor, V_C ve V_E bilinmiyor. G₁ = … = G₅ = 2 mho.
  • a) [G₄+G₅, 0; 0, G₁+G₃]·[V_C; V_E] + [0, −G₄; −G₁, 0]·[e₁; e₂] + [1; 0]·j(t) = 0 → [4, 0; 0, 4]·[V_C; V_E] = [0, 2; 2, 0]·[e₁; e₂] + [−1; 0]·j(t)
  • 4V_C = 2·6 − 2 = 10, 4V_E = 2·10 = 20 → V_C = 2,5 V, V_E = 5 V
  • b) i_R4 = (V_B − V_C)/R4 = (6 − 2,5)/0,5 = 7 A (B'den C'ye doğru), P_R4 = 7²·0,5 = 24,5 W

Soru 2 (40 puan): Çevre akımları yöntemi

Şekil-2'deki devre için:

  • a) Çevre Akımları Yöntemi (ÇAY) ile devre denklemlerini matris biçiminde elde ediniz.
  • b) R3 direncinin gücünü hesaplayınız.

Devrede R1 = 2 Ω, R2 = 4 Ω, R3 = 3 Ω, R4 = 5 Ω, e(t) = 10 V, j(t) = 2 A ve j_b(t) = 2·i_R4 değerli bağımlı akım kaynağı var. Cevap anahtarı:

  • i_ç3 = j(t) = 2 A ve i_ç4 = j_b(t) = 2i_R4 = 2(i_ç2 − j(t)) yerine konunca:
  • [R1+R2, R2; R2, R2+3R3+R4]·[i_ç1; i_ç2] = [1; 1]·e(t) + [0; 2R3+R4]·j(t)
  • [6, 4; 4, 18]·[i_ç1; i_ç2] = [10; 32] → i_ç1 = 52/92 = 0,565 A, i_ç2 = 152/92 = 1,652 A
  • i_R3 = i_ç2 + j_b = 3i_ç2 − 2j(t) = 3·1,652 − 4 = 0,956 A, P_R3 = 3·0,956² = 2,742 W
Cevap anahtarı, Soru 2: bağımlı akım kaynaklı devre, çevre akımları ve matris çözümü
Cevap anahtarı: Soru 2

Soru 3 (30 puan): Kiriş akımları ve dal gerilimleri yöntemleri

Şekil-3'teki devreye (e(t), R1, R2, R3, R4, j(t)) bakarak:

  • a) Kiriş Akımları Yöntemi (KAY) ile devre denklemlerini matris biçiminde yazınız.
  • b) Dal Gerilimleri Yöntemi (DGY) ile devre denklemlerini matris biçiminde yazınız.

Not: R1 ve R2 dirençleri kiriş olarak seçilecek ve dirençlerin akım yönleri şekildeki gibi alınacaktır.

Cevap anahtarı:

  • a) KAY: [R1+R3+R4, −(R3+R4); −(R3+R4), R2+R3+R4]·[i_R1; i_R2] = [1; 0]·e(t) + [−R4; R4]·j(t)
  • b) DGY: [G1+G2+G3, G1+G2; G1+G2, G1+G2+G4]·[V_R3; V_R4] = [G1; G1]·e(t) + [0; 1]·j(t)
Cevap anahtarı, Soru 1 ve Soru 3: düğüm gerilimleri çözümü, kiriş ve dal seçimi gösterilen graf ile KAY ve DGY matrisleri
Cevap anahtarı: Soru 1 ve Soru 3

Soru 4 (30 puan): Birinci mertebeden devrenin durum denklemi

Birinci mertebeden bir devrenin durum denklemi şöyle elde edilmiştir: di_L/dt = −2i_L(t) + 3 − 4e^(−3t) + 2 cos 2t, i_L(0) = 5 A.

  • a) Öz çözümü bulunuz.
  • b) Özel çözümü ve zorlanmış çözümü bulunuz.
  • c) Tam çözümü bulunuz.

Cevap anahtarı:

  • a) Öz çözüm (a = −2): i_L,öz(t) = i_L(0)·e^(at) = 5e^(−2t)
  • b) Özel çözüm i_L,özel = A + Be^(−3t) + C cos 2t + D sin 2t diferansiyel denklemde yerine konup katsayılar eşitlenir: 3 − 2A = 0 → A = 3/2; −3B = −2B − 4 → B = 4; C = D ve 2D = 2 − 2C → C = D = 1/2
  • i_L,özel(t) = 3/2 + 4e^(−3t) + ½ cos 2t + ½ sin 2t, i_L,özel(0) = 6
  • Zorlanmış çözüm: i_L,zor(t) = i_L,özel(t) − e^(at)·i_L,özel(0) = 3/2 + 4e^(−3t) + ½ cos 2t + ½ sin 2t − 6e^(−2t)
  • c) Tam çözüm = öz + zorlanmış: i_L(t) = −e^(−2t) + 3/2 + 4e^(−3t) + ½ cos 2t + ½ sin 2t
  • Kontrol: i_L(0) = −1 + 3/2 + 4 + ½ = 5 A (doğru)
Cevap anahtarı, Soru 4: öz, özel, zorlanmış ve tam çözüm
Cevap anahtarı: Soru 4

İndirilebilir dosya

Sınav kâğıdını ve cevap anahtarını içeren orijinal Word belgesi aşağıdan indirilebilir.

Devre Teorisi (usis) 20071.doc

Word (.doc) · 699 KB · 5 · 15.11.2007

⬇ (699 KB) ⬇ (692 KB)