FZM207 Temel Elektronik-I

Ankara ÜniversitesiMühendislik Fakültesi, Fizik Mühendisliği Bölümü

FZM207

Temel Elektronik-I

Doç. Dr. Hüseyin Sarı

2. Bölüm: Dirençli Devreler

İçerik

• Temel Yasaların Doğrudan Uygulanışı

• Kaynak Gösterimi ve Dönüşümü

• Düğüm Noktası Gerilim Yöntemi

• İlmek Akım Yöntemi• Bağımlı Kaynaklı Devrelerde Düğüm Noktası ve İlmek Denklemleri

• Devre İndirgenmesi

• Üst-Üste Binme İlkesi

• Thevenin Teoremi

Bu derste,

• Dirençli devrelerin çözümlemesi yapılacak,

• Devre çözümlemesi için sistematik yöntemler

geliştirilecek,- Temel yasaların doğrudan uygulanışı,

- Gerilim yöntemi,

- Akım yöntemi

• Kaynak dönüşümü,

• Thevenin ve Norton teoremleri

öğrenilmiş olacak.

Temel Yasaların Doğrudan Uygulanışı

• En genel biçimde bir elektrik devresi, uyarmayı sağlayan bir ya da daha fazla kaynak ile çok sayıda ilmek ve çok sayıda kavşaktan oluşur.

i(t)R1

e(t)+-

R4 i(t)

• Bilinen nicelikler çoğu kez gerilim kaynağı gerilimi ve akım kaynağı akımları olacaktır.

• Bilinmeyen nicelikler ise gerilim kaynaklarının akımları, akım kaynaklarının gerilimleri ve devre öğelerindeki (direnç) gerilim ve akımlar olacaktır.

Temel Yasaların Doğrudan Uygulanışı

Bilinmeyen niceliklerin bulunması için kullanılan denklemler:

• Kirchhoff Akım Yasası (KAY) denklemleri,• Kirchhoff Gerilim Yasası (KGY) denklemleri,• Öğelerin Gerilim-Akım (Ohm Yasası) bağıntıları

olmak üzere üç sınıfta toplanabilir.

Bu bağımsız denklemlerin toplam sayısı bilinmeyen niceliklerin sayısına eşit olmak zorundadır.

Her sınıfta, aşağıda belirlenen sayılar kadar bağımsız denklem bulunur:

1. Öğelere özgü bağımsız Gerilim-Akım denklemlerinin sayısı öğelerin sayısına eşittir

2. Bağımsız KAY denklemlerinin sayısı kavşakların sayısından bir eksiğine eşittir.

3. Bağımsız KGY denklemlerinin sayısı bağımsız ilmeklerin sayısına eşittir (Bağımsız bir ilmek, öteki denklemlerde bulunmayan en

azından bir gerilimi içeren bir KGY denklemi olan bir ilmektir)

Devre Analizlerinde İzlenecek Yol

Seri Bağlı Devre

E +- E1I1+ -

E2I1+ -- I1

Paralel Bağlı Devre

Ortak Akım(I1)

Ortak Gerilim(V1)

Değişkenlerin belirlenmesini kolaylaştıran iki devre biçimi vardır:

Devre akım ve gerilim-Mekanik eşdeğer

C D ER1

Devre’nin Mekanik Eşdeğeri

1 2 3 0E E E E+ − − − = AH BC DE FGU U U U= + +

1 2 3E E E E= + + tanPo siyel Enerji

U mgh=

Örnek 2.1: Aşağıdaki devredeki bilinmeyen gerilimleri (E1, E2 ve E3) ve akımları (I1, I2 ve I3) bulunuz. Ayrıca, kaynakların devreye verdiği gücün dirençlerin soğurduğu güce eşit olduğunu gösteren bir güç dengesi yazınız.

I=18 A

E=140 V

6 Ω 5 ΩE2

I1I2 I3

Çözüm: Çözüm için ilk yapılacaklar bilinmeyen gerilimler ve akımlar için referans yönlerinin belirlenmesidir.

• 140 V’luk kaynak ve 20 Ω’luk direnç seri bağlı olduklarından her ikisinden de I1 akımı geçer. Dolayısı ile E1 geriliminin yönü şekildeki gibidir (akımın girdiği nokta pozitif, çıktığı nokta ise negatif)

• 6 ve 5 Ω’luk dirençler ve 18 A’lik akım kaynağı paralel bağlıdır, dolayısı ile bunlar ortak bir E gerilimi görürler. Buna göre I2 ve I3

akımları aşağıdaki gibi belirlenir.

I= 18 A

E=140 V

6 Ω 5 ΩE2

I1I2 I3

1. Adım: Birinci Grup denklemler, öğelerin Gerilim-Akım bağıntılarıdır. Devrede 3 adet direnç olduğundan, 3 adet Ohm yasası denklemi yazılabilir:

I= 18 A

E=140 V+

6 Ω 5 ΩE2

I1I2 I3

1 120=E I

2 26=E I

3 35=E I

….. 1

….. 2

….. 3

20 Ω’luk direnç:

6 Ω’luk direnç:

5 Ω’luk direnç:

2. Adım: KAY denklemleri yazılır. Kavşakların sayısı 4 tane (a, b, c ve d) görünmesine rağmen aslında iki tanedir (A (ab) ve B (cd)).

I= 18 A

E=140 V

6 Ω 5 ΩE2

I2 I3+

I1 18 A

I= 18 A

E=140 V

6 Ω 5 ΩE2

I1I2 I3

A noktası KAY denklemi:

1 2 3 18 0− − + =I I I

….. 4E2

-B noktası KAY denklemi, A ile aynı olacaktır (Bağımsız

kavşakların sayısı kavşak

sayısından bir eksiktir)

I= 18 A

E=140 V

6 Ω 5 ΩE2

I1I2 I3

3. Adım: KGY denklemleri yazılır. Devredeki tek bağımsız ilmek soldaki ilmektir (Diğer ilmekler (II ve III) aynı bilinmeyeni vereceği için bağımsız değillerdir)

KGY denklemleri (I): 1 2140 0− − =E E

….. 5

I II III

KGY denklemleri (II): 2 2 0E E+ − =

KGY denklemleri (III): 2 2 0E E+ − =

Aynı! (II ve III ilmek bağımsız ilmek değildir!)

Yukarıdaki beş denklemin ortak çözümleri herhangi bir yöntemle bulunabilir.

A noktası KGY denklemleri:1 2140 0− − =E E ….. 5

A noktası KAY denklemleri:1 2 3 18 0− − + =I I I ….. 4

1 120=E I

2 26=E I

3 35=E I

….. 1

….. 2

….. 3

Genellikle ya akım ya da gerilim değişkenleri yok etmek amacı ile ya KAY ya da KGY denklemlerinde yerlerine konurlar (4. denklemde 1-2-3 denklemleri):

1 1 118 0

20 6 5− − + =E E E ….. 6

3 22 1080

− + =

Denklem 5 ve 6’dan

E1=80 V; E2=60 V bulunur.

Akım denklemlerinden (1-3), akımlar I1= 4 A, I2=10 A ve I3= 12 A bulunur.

Ohm Yasası (R1)

Ohm Yasası (R2)

Ohm Yasası (R3)

Güç Dengesi aşağıdaki şekilde hesaplanabilir:

Gerilim Kaynağı: P=E.I=(140 V).(4 A) = 560 WAkım Kaynağı: P=E.I=(60 V).(18 A) = 1080 W

Toplam: 1640 W

Devreye Verilen Güç

5 Ω’luk Direnç: P=RI2=(5 Ω).(12 A)2 = 720 W6 Ω’luk Direnç: P=RI2=(6 Ω).(10 A)2 = 600 W

20 Ω’luk Direnç: P=RI2=(20 Ω).(4 A)2 = 320 W

Toplam: 1640 W

Devreden Alınan Güç

Örnek 2.2: Aşağıdaki devre, soldaki ilmekte 30 V sabit gerilim kaynağı ve sağdaki ilmekte ise akıma bağlı bir akım kaynağı içermektedir. Bilinmeyen gerilimleri (E1 ve E2) ve akımları (I1, I2 ve I3) bulunuz.

E=30 V+

4 Ω 10 ΩE2

Çözüm: Çözüm için ilk adım bilinmeyen gerilimler ve akımlar için referans yönlerinin belirlenmesidir.

• Devrede 3 direnç, iki kavşak ve iki bağımsız ilmek bulunmaktadır.

• 3 Ohm yasası denklemi, bir KAY ve iki KGY denklemi yazılabilir.

• Şimdilik I1 ve 2I1 akımları bilinmeyen olduğu halde referansyönlerini aşağıdaki gibi alabiliriz.

E=30 V+

4 Ω 10 ΩE2

2I1I. kavşak

II. kavşak

I. ilmek II. ilmek

1. Adım: Birinci Grup denklemler, 3 adet Ohm yasası denklemi vardır:

1 13=E I

2 24=E I

4 120( )=E I

….. 1

….. 2

….. 3

E=30 V+

4 Ω 10 ΩE2

Ohm Yasası (R1)

Ohm Yasası (R2)

Ohm Yasası (R3)

2. Adım: KAY denklemleri yazılır. Bağımsız kavşakların sayısı birdir (A kavşağı)

A noktası KAY denklemleri:1 2 12 0I I I− + = ….. 4

E=30 V+

4 Ω 10 ΩE2

B noktası KAY denklemleri:1 2 12 0I I I− + − = ….. 4’

4 ve 4’ nolu denklemler aynı!

3. Adım: KGY denklemleri yazılır. I ve II ilmekleri çevresinde yazılan KGY

I. ilmek KGY denklemi:(A’dan başlayıp A noktasına

gelindiğinde) 1 230 0− − =E E ….. 5

E=30 V+

4 Ω 10 ΩE2

I. ilmek II. ilmek

2 3 4 0− + =E E E ….. 6

II. ilmek KGY denklemi:(B’den başlayıp B noktasına

gelindiğinde)

Yukarıdaki beş denklemin ortak çözümleri herhangi bir yöntemle bulunabilir.

Denklem 5 ve 6’dan E2=24 VE3=64 VE4=40 V bulunur.

Akım denklemlerinden (1-3), akımlar I1= 2 A, 2I1=4A ve I2= 6 A olarak bulunur.

E=30 V+

4 Ω 10 ΩE2

Yorum: Örnek 2-1 ve Örnek 2-2, en kolay ve açık bir biçimde doğrudan uygulama yönteminin uygulanışını göstermektedir.

Sonuçta elde edilen denklem sistemi iki yalınlaştırma ile daha derli toplu yapılabilir.

1- Akım değişkeninin gerilim değişkeni cinsinden tanımlanması (ya da tersi) böyle bir yalınlaştırma Ohm yasasının açık bir biçimde yazılması gereksinimi duyulmadan yazılmasını sağlayacaktır. A kavşağı için KAY kullanılarak:

I=18 A

E=140 V

6 Ω 5 ΩE2

I1I2 I3

1 2 3 18 0− − + =I I I ….. 4 1 2 2

1 1 118 0

20 6 5− − + =E E E ….. 6

1 1 1(140 ) 18 0

20 6 5E E E− + + + =

I=18 A

E=140 V

6 Ω 5 ΩE2

I1I2 I3

İkinci yalınlaştırmada, değişkenleri daha önceden seçilen öteki değişkenler cinsinden seçerek ya KAY denklemlerini ya da KGY denklemlerini yazmagereksiniminden kurtulunur.

1- Akım değişkeninin gerilim değişkeni cinsinden tanımlanması (ya da tersi) böyle bir yalınlaştırma Ohm yasasının açık bir biçimde yazılması gereksinimi duyulmadan yazılmasını sağlayacaktır. Örneğin, Örnek 2-1’de E1 gerilimi 140-E2

dir (KGY’ndan).

Örnek 2.3: Aşağıdaki devrede, 2 Ω’luk direncin uçları arasındaki gerilimi bulunuz. Çözümü kolaylaştırmak için tüm akımları gerilim değişkenleri cinsinden belirtin ve değişkenleri seçerken KGY denklemlerini kullanın.

2 Ω 1 Ω 5A

2 Ω’luk direnç üzerindeki gerilim istendiğinden bunu E1 ile, diğer bilinmeyenleri de E2 ve E3 il gösterelim. Diğer gerilimler bu gerilimler cinsinden ifade edilebilir.

2 1 30E E+ − + ….. 1R6 in uçları arasındaki gerilim (I. ilmek KGY):

A 5 Ω

R1=2 Ω R4=1 ΩE1

25 V+ -

R5=15 Ω

R6=1 Ω-

I. ilmek II. ilmek

III. ilmek

1 3 25E E+ − − ….. 2R4 in uçları arasındaki gerilim (II. ilmek KGY):

2 3 25E E+ − − ….. 3R5 in uçları arasındaki gerilim (III. ilmek KGY):

2. Adım: Kavşaklardaki akımları yazması gerekir. 4 kavşak vardır, bu nedenle 3 bağımsız denklem yazılabilir.

A noktası KAY denklemleri: 2 1 2 2 3

1 1 1( 30) ( 25) 0

1 5 15− + + + − − =E E E E E ….. 4

A 5 Ω

2 Ω R4=1 ΩE1

25 V+ -

R1=1 Ω

B noktası KAY denklemleri: 2 1 3

1 1 10

5 2 5− − − =E E E ….. 5

C noktası KAY denklemleri: 2 3 3 1 3

1 1 1( 25) ( 25) 5 0

15 5 1− − − + − − − − =E E E E E ….. 6

E2 –E1+30E1 –E3-25

-(E2 –E3-25)

R5=15 Ω

2 5 0I I I+ + =

1 2 3 0I I I− − − =

3 4 5 5 0I I I+ − − − =

Denklemlerin hepsi sistemin ortak paydası (30) ile çarpılırsa denklemler

Çok değişkenli denklemlerin ortak çözümü determinantların ve Cramerkuralının kullanılması ile yapılabilir:

30 38 2 850

15 6 6 0

30 2 38 650

− + − = −

− − − =

− − + = −

11 1 12 2 13 3 1

21 1 22 2 23 3 2

31 1 32 2 33 3 3

a x a x a x b

E1 gerilimi:

32 331

11 12 13

21 22 23

2 38 36000010

30 38 2 36000

15 6 6

30 2 38

− −

− −= = =

− − −

− −

−E V

31 332

11 12 13

21 22 23

31 323

11 12 13

21 22 23

31 32 33

Örnek 2.4: Aşağıdaki devrede, 15 Ω’luk dirençten geçen akımı hesaplayınız. Çözümü kolaylaştırmak için tüm gerilimleri akım değişkenleri cinsinden belirtin ve değişkenleri seçerken KAY denklemlerini kullanın.

2 Ω 1 Ω 5A

Çözüm: Tüm gerilimleri akım değişkenleri cinsinden ifade edelim ve değişkenlerin seçiminde KAY denklemlerini kullanalım. Önce akımları tanımlayalım I1, I2 ve I3 . Öteki dirençler KAY denklemlerinden bulunabilir.

A 5 Ω

2 Ω 1 Ω

25 V+ -

(+I2-I3-5)

(+I1+I3+5)I1+I2

İlmek I:2 1 2 2 330 1 5( ) 2( 5) 0I I I I I− + + + + − − = ….. 1

İlmek II: ….. 2

İlmek III:

1 1 2 1 215 25 5( 5) 5( ) 0I I I I I− − − + + − + =

….. 32 3 1 3 32( 5) 5( 5) 25 0I I I I I− − − + + + + + =

1 2230 0E E EΩ Ω+ − − − =

15 5 525 0E E EΩ Ω Ω+ + + + =

I. ilmek III. ilmek

II. ilmek

Ohm yasası kapalı olarak 1-3 eşitliklerinde ifade edildi

2 5 125 0E E EΩ Ω Ω+ − − − =

Akımları veren denklem sistemi (üç denklem üç bilinmeyen)

A noktası KAY denklemleri:

5 8 3 40

25 5 5 50

5 2 8 60

+ − =

− − − =

− + = −

11 1 12 2 13 3 1

21 1 22 2 23 3 2

31 1 32 2 33 3 3

a x a x a x b

Cramer Kuralından I1 akımı:

32 331

11 12 13

21 22 23

2 8 20002

5 8 2 1000

25 5 5

− −

− −= = = −

− − −

− Eksi işaret, I1 akımının seçilen yönün tersi yönde olduğunu söylüyor.

Denklem 5 ve 6’danE2=24 VE3=60 VE4=40 V bulunur.

Akım denklemlerinden (1-3), akımlar I1= 2 A, 2I1=4A ve I2= 6 A bulunur.

E=30 V+

4 Ω 10 ΩE2

Kaynak Gösterimi ve DönüşümüKullanılan kaynaklar ideale yaklaşabilir fakat hiçbir zaman ideal olmaz!

oE R I=

İdeal Kaynak

R=0 Ω

0.E sbt= = ∞Gerçekçi değil!

İdeal gerilim kaynağı, yük (Ro) sıfır olsa da

gerilimi sabit tutmaya çalışır ki bu gerçekçi

değildir. Çünkü iki uç arasında bir yandan

sabit gerilim (ideal) bir yandan da kısa devre

olduğu için sıfır gerilim yaratılmaya çalışılır.

0oR →

Kaynak Gösterimi ve DönüşümüGerçek bir güç kaynağının I-V eğrisi

ad oE R I E+ − =

ad oE E R I= −

Ead= Açık Devre GerilimiIkd= Kapalı Devre Akımı

Yukarıdaki I-V grafiğinde doğrunun denklemi

Bu ifadenin eşdeğer devresi

….. 1

Kaynak Gösterimi ve DönüşümüGerçek bir güç kaynağının I-V eğrisi

I G= =

I I ER

Ead= Açık Devre GerilimiIkd= Kapalı Devre Akımı

Yukarıdaki I-V grafiğinde doğrunun (Akım cinsinden) ifadesi

I I ER

Bu ifadenin eşdeğer devresi

….. 2

Kaynak Gösterimi ve Dönüşümü

Devrelerin her ikisinin de aynı fiziksel kaynağı gösterdiğinden çıkış ucu grafiği (I-V) özdeştir ve biri diğerini temsil etmek üzere kullanılabilir.

1kd kd o

I I E I G ER

= − = −ad oE E R I= −

Gerlim kaynağı Akım kaynağı

Kaynak Gösterimi ve DönüşümüHerhangi bir Gerilim Kaynağı gösterimini Akım Kaynağı gösterimine dönüştürmek için

R R= −

Eğer 1ad

EI ve G

R R= = Olursa yukarıdaki devrelerin I-E

grafiklerine özdeş olduğu görülür.

Herhangi bir Akım Kaynağı gösterimini Gerilim Kaynağı gösterimine dönüştürmek için

G G= −

Eğer 1kd

EE ve R

G G= = olursa yukarıdaki devrelerin I-E

grafiklerine özdeş olduğu görülür.

1kd kd o

I I E I G ER

= − = −Akım kaynağı

Gerilim kaynağı

Örnek 2.5: Aşağıdaki gerilim kaynağı gösterimini eşdeğer bir akım kaynağı gösterimine (a), akım kaynağı gösterimini eşdeğer bir gerilim kaynağı gösterimine dönüştürünüz (b).

Ro=?I=??

2 Ω56 V

I=2 A4 Ω? Ω

Çözüm: (a)

Ro=2 ΩI=28 A

2 Ω56 V

ad o kdE R I=

Ead=56 V Ro=2 Ω

(56 ) (2 ) kdV I= Ω

1 10.5

G mhoR

= = =Ω

28kdI A=

Çözüm: (b)

ad o kdE R I=

Iad=2 A Ro=4 Ω

(4 )(2 ) 8adE A V= Ω =

1 10, 25

G mhoR

= = =Ω

I=2 A4 Ω4 Ω

Düğüm Noktası Gerilim YöntemiDevre çözümünde Düğüm Noktası Gerilim Yöntemi, Kirchhoff gerilim yasası denklemlerinin açık olmayan bir biçimde devre şeması üzerine yazılmasını ve böylece yalnız Kirchhoff akım yasası denklemlerinin çözülmesini gerektiren bir yöntemdir. Bu yöntemde belli noktalar için gerilimler tanımlanır.Yöntemi anlamak için aşağıdaki örnek devreyi göz önünde bulunduralım. A ve B

(EA –EB)

I1 G3G1

• İki bilinmeyen gerilim EA ve EB seçilmiştir. EA gerilimi C düğüm noktasından A düğüm noktasına doğru bir gerilim artışı, benzer biçimde EB, C düğüm noktasından B düğüm noktasına doğru bir gerilim artışı olarak seçilmiştir. Bilinmeyen gerilimler C düğüm noktasından başlayarak ölçüldüğü için C noktasına referans düğüm noktası denir.

Düğüm Noktası Gerilim YöntemiB düğüm noktasından A düğüm noktasına doğru olan gerilim artışı devredeki bilinmeyen üçüncü gerilimdir, bu gerilim Kirchhoff gerilim yasası denkleminden bulunur.

AB A BE E E= −

Devredeki üç tane düğüm noktası vardır. Öyleyse bağımsız iki Kirchhoff akım yasası yazmak olanaklıdır.

A düğüm noktası için KGY 1 2 1( )A A BE G E E G I+ − =

B düğüm noktası için KGY3 2 3( )B A BE G E E G I− − = −

Düzenlenirse

1 2 2 1( )A BE G G E G I+ − =

2 2 3 3( )A BE G E G G I− − + = −

EA’nın katsayısı, A düğüm noktasına bağlanan iletkenlerin pozitif toplamı, EB’ninkatsayısı A ve B düğüm noktaları arasına bağlanan iletkenlerin negatif toplamı ve eşitliğin sağ tarafı A düğüm noktasına giren akım kaynaklarının toplamıdır.

1 2 2 1( )A BE G G E G I+ − =

2 2 3 3( )A BE G E G G I− − + = −

A noktası

(EA –EB)

I1 G3G1

B noktası

Benzer bir sistematik, B noktası için de geçerlidir.

EB’nın katsayısı, B düğüm noktasına bağlanan iletkenlerin pozitif toplamı, EA’ninkatsayısı A ve B düğüm noktaları arasına bağlanan iletkenlerin negatif toplamı ve eşitliğin sağ tarafı B düğüm noktasına giren akım kaynaklarının toplamıdır.

Denklemlerdeki bu düzen akım yasası denklemlerinden ve gerilim değişkeni seçiliş biçiminden kaynaklanır. Bu kurala Düğüm-Gerilim Yöntemi denir.

1. Adım: Devredeki seri dirençli ideal gerilim kaynakları ile gösterilen her kaynak paralel iletkenlikli akım kaynağı gösterimine dönüştürülmeli ve devre yeni gösterime göre yeniden çizilmelidir.

Bu yönteme göre yapılacak işler sırası ile

2. Adım: Keyfi bir referans düğüm noktası seçilir, bu nokta R (eferans) olsun. Devredeki öteki düğüm noktalarına A, B, …., N harfleri verilir ve bilinmeyen gerilimleri EA, EB, …, EN, R noktasından A, B vs. noktalarına doğru gerilim artışları olarak seçilirler.

3. Adım: Düğüm noktası (akım-yasası) denklemleri sırasıyla A, B,…., N düğüm noktaları için yazılırlar.

AA A AB B AN N A

AB A BB B BN N B

AN A BN B NN N N

A G E G E G E I

B G E G E G E I

C G E G E G E I

− − − =

− − − − =

GXX: X düğüm noktasına bağlanan iletkenlerin tümünün toplamı noktası

GXY: X ve Y düğüm noktaları arasına bağlanan iletkenlerin tümünün toplamıIX: X düğüm noktasına giren (ya da gelen) akım kaynaklarının toplamı

4. Adım: İstenen düğüm noktası gerilimlerini elde etmek üzere denklemler çözülür. Devredeki öteki gerilimler ve devre akımları, Kirchhoffgerilim yasasının ve Ohm yasasının uygulanması ile bulunabilir.

Örnek 2.6: Düğüm noktası gerilimi yöntemi kullanarak aşağıda verilen devredeki gerilimleri bulunuz. Ayrıca I3 akımını da hesaplayınız.

5 Ω 4 Ω 2A

Çözüm: Önce eşdeğer düğüm noktalarını ve ilmekleri tanımlayalım. D düğüm noktası referans noktası olarak belirlenebilir.

5 Ω 4 Ω 2A

II. ilmekI. ilmek

III. ilmek

Daha sonra eşdeğer akım kaynağını bulalım. A ve D düğüm noktaları arasına bağlanan 56 V, 2 Ω kaynağı, akım kaynağı ve ona paralel bir iletkene (1/R) dönüştürerek devreyi yeniden çizmemiz gerekir.

0,5 mho

0,2 mho0,25 mho

0,1 mho

0,5 mho

Düğüm noktaları için akım ifadeleri

: (0,5 0,5 0,1) (0,5) (0,1) 28

: (0,5) (0,5 0, 2 1,0) (1,0) 0

: (0,1) (1,0) (0,1 1,0 0, 25) 2

A E E E

B E E E

C E E E

+ + − − =

− + + + − =

− − + + + = −

6 36 16 20A CE E E V V V= − = − =

1,1 0,5 0,1 28

0,5 1,7 0,1 0

0,1 1,0 1,35 2

− − =

− + − =

− + = −

36 20 16A B CE V E V E V= = =

Eşitlikler düzenlenirse

Elde edilir. Bu denklem sistemi determinant yöntemi ile çözülürse

I3 akımı, A noktasından D noktasına kadarki gerilimlerin her iki devrede de aynı olması gerektiği düşünülerek hesaplanabilir.

3 356 2 36 10AA I E V I A− = = ⇒ =

Üç düğüm noktası geriliminin bilinmesi devredeki öteki gerilimlerin ve akımların bulunmasını olanaklı kılar.

İlmek Akım YöntemiDevre çözümünde İlmek Akım Yöntemi, devre problemlerini çözmenin başka bir yoludur. Kirchhoff akım yasası denklemlerinin açık olmayan bir biçimde devre şeması üzerine yazılmasını ve böylece yalnız Kirchhoff gerilim yasası denklemlerinin çözülmesini gerektiren bir yöntemdir. Bu yöntemde ilmeklerde dolanan akımlar seçilir (ilmek akımları). Bu yöntemi anlamak için aşağıdaki devreyi kullanalım.

• İlmek Akımı yönteminde, devredeki ilmeklerde bilinmeyen akımlarınvarlığı düşünülür. (Düğüm noktası gerilim yönteminde de bilinmeyen gerilim EA ve EB seçilmişti). I. ilmekteki II akımı ilmeği oluşturan tüm öğelerde (R1 ve R2 ve E1) bulunmaktadır. benzer biçimde III akımı, II. ilmeği oluşturan tüm öğelerde (R2, R3 ve E2) vardır.

I3 E1+ -

II. ilmekI. ilmek

II III

İlmek Akım Yöntemi• İlmek Akımı yönteminde, tüm akımlar aynı yönde seçilir (Burada saat yönü

alınmıştır). Akımların aynı yönde seçilmesi elde edilen denklemlerin bir matris biçiminde kolayca yazılabilmesine olanak sağlar.

• İkinci özellik ilmek akımları daha önce kullanılan öğe akımları cinsinden kolayca ifade edilebilirler, örneğin

I3 E1+ -

II. ilmekI. ilmek

II III

1 2 3,I II I III I I I ve I I I= = − = −

Eğer Kirchhoff gerilim yasası denklemleri I ve II ilmeklerin çevresinde yazılırsa

1 3 1( )I I IIR I R I I E+ − =

3 2 2( )− − + = −I II IIR I I R I E

I. İlmek

II. İlmek

İlmek Akım Yöntemi

Denklemler yeniden düzenlenirse

1 3 3 1( )I III R R I R E+ − =

3 2 3 2( )− + + + = −I III R I R R E

I. İlmek

II. İlmek

Yukarıdaki denklemler, düğüm noktası gerilimi yöntemine göre yazılan denklemler gibi benzer bir düzen gösterirler. I. ilmek çevresinde yazılan II

akımının katsayısı, I. ilmeği oluşturan dirençlerin pozitif toplamı, ikinci ilmek akımı III‘nin katsayısı ise 1. ve 2. ilmeklerinin ortak dirençlerinin negatiftoplamı ve denklemin sağ tarafı devrede saat yönünde alınan gerilim kaynağı artışlarının toplamıdır. II. ilmek çevresinde yazılan denklem için benzer yorumlar yapılabilir.

Denklemlerdeki bu düzen gerilim yasası denklemlerinden ve akım değişkeni seçiliş biçiminden kaynaklanır. Bu kurala İlmek Akımı Yöntemi denir.

1. Adım: Devredeki paralel dirençli ideal akım kaynakları ile gösterilen her kaynak seri bağlı ideal gerilim kaynağı gösterimine dönüştürülmeli ve devre yeni gösterime göre yeniden çizilmelidir.

Bu yönteme göre yapılacak işler sırası ile

2. Adım: İlmek seçimi, seçilen bir ilmek içerisinde başka bir ilmek bulunmayacak biçimde yapılır ve ilmek akımları saat yönünde seçilir. Bu seçim öğe akımlarının elde edilmesini sağlar, bu akımlar ya ilmek akımları ya da iki ilmek akımı arasındaki cebirsel farktan oluşur.

3. Adım: İlmek (gerilim-yasası) denklemleri sırasıyla I, II, III, …., N ilmekleri için yazılırsa

− − − =

− + − − =

− − − + =

I I I I II II I N N I

I II I II II II II N N II

I N I II N II N N N N

I R I R I R I E

II R I R I R I E

N R I R I R I E

RXX: X ilmeğini oluşturan tüm dirençlerin toplamı

RXY: X ve Y ilmeklerinin her ikisine de ortak olan tüm dirençlerin toplamıEX: Saat yönünde alındığında X ilmeğindeki kaynak gerilimi artışlarının

toplamı

4. Adım: İstenen ilmek akımları denklemlerin ortak çözümünden bulunur. Devredeki öteki akımlar ve devre gerilimleri, Kirchhoff akım yasasının ve Ohm yasasının uygulanması ile bulunabilir.

Örnek 2.7: İlmek akım yöntemi kullanarak aşağıda verilen devredeki akımlarıbulunuz. Ayrıca E5 gerilimini de hesaplayınız.

5 Ω 4 Ω 2A

Çözüm: Önce ilmekleri tanımlayalım.

5 Ω 4 Ω 2A

II. ilmekI. ilmek

III. ilmek

Daha sonra 2 A akım kaynağının eşdeğer gerilim kaynağını bulalım. A ve D düğüm noktaları arasına bağlanan 56 V, 2 Ω kaynağı, akım kaynağı ve ona paralel bir iletkene (1/R) dönüştürerek devreyi yeniden çizmemiz gerekir.

5 Ω II

Kirchhoff gerilim yasaları

: (2 5 2) (5) (2) 56

: (5) (5 1 4) (1) 8

: (2) (1) (2 1 10) 0

+ + − − =

− + + + − =

− − + + + =

I II III

I I I I

II I I I

III I I I

2 ΩI. ilmek

4 ΩII. ilmek

2 Ω 1 ΩIII. ilmek

4 2 6 4= − = − = −III II

I I I A A A

10 ; 6 ; 2I II III

I A I A I A= = =

Bu üç denklemin ortak çözümü

E3 gerilimi, D düğüm noktasından C düğüm noktasına doğru ölçülen gerilim artışıdır. Bu değer

5 (4) 8 (4)(6) 8 16II

E I V= − = − =

Üç ilmek akımının bilinmesi devredeki öteki akımların bulunmasını olanaklı kılar.

: 9 5 2 56

: 5 10 8

: 2 13 0

− − =

− + − =

− − + =

I II III

I I I I

II I I I

III I I I

Bağımlı Kaynaklı Devrelerde Düğüm Noktası ve İlmek Denklemleri

• İlmek Akımı yönteminde, tüm akımlar aynı yönde seçilir (Burada saat yönü alınmıştır) Akımların aynı yönde seçilmesi elde edilen denklemlerin bir matris biçiminde kolayca yazılabilmesine olanak sağlar.

• İkinci özellik ilmek akımları daha önce kullanılan öğe akımları cinsinden kolayca ifade edilebilirler, örneğin

I3 E1+ -

II. ilmekI. ilmek

1 2 3,= = − = −I II I II

I I I I ve I I I

Eğer Kirchhoff gerilim yasası denklemleri I ve II ilmekleri çevresinde yazılırsa

1 3 1( )I I II

R I R I I E+ − =

3 2 2( )− − + = −I II II

R I I R I E

I. İlmek

II. İlmek

Örnek 2.8: Aşağıdaki devrede VA ve VB gerilimlerini bulunuz.

0,5 mhoVB=?

9A 10A VA=?

0,2 mho

0,5 mho

Çözüm: Düğüm noktası gerilimi kullanılacaktır. Bağımlı kaynak önce bağımsız kaynak gibi düşünerek KAY denklemi yazılacak

0,5 mhoVB=?

9A 10A VA=?

0,2 mho

0,5 mho

I1 A B

1(0,2 0,5) 0,5 9 2,5+ − = −A B

V V IA düğüm noktası

10,5 (0,5 0,5) 10 2,5− + + = +B A

V V IB düğüm noktası

1 0, 2=A

I VBağımlı kaynak için bağlayıcı denklem

1,2 0,5 9− =A B

0,5 1,0 10A B

V V− =

Denklemlerin ortak çözümünden

V V 30=B

Örnek 2.9: Aşağıdaki devrede I1 ve I2 akımlarını bulunuz.

4 Ω14 Ω

2 ΩI1

Çözüm: İlmek akım yöntemi kullanılacaktır. Önce gerilime bağlı akım kaynağı ve onun paralel direncinin gerilime bağlı bir gerilim kaynağı ve seri dirence dönüştürülmesi gerekir.

110 V+

4 Ω14 Ω

6 Ω2 Ω

Çözüm: İlmekler için

4 Ω14 Ω

6 Ω2 Ω

10 Ω+ -

1 2(14 4 2) 2 110+ + − =I I1. ilmek

1 2 12 (2 10 6) 5− + + + = −I I V2. ilmek

1 1 2( )(2)= −V I IV1 ile I1 ve I2 değişkenleri arsındaki bağıntı

Denklemlerin ortak çözümünden

1 5=I A 2 5= −I A

1 220 2 110− =I I

1 28 8 0+ =I I

Devre İndirgenmesiDevre karmaşıklığını azaltmada kullanılan yöntemlerden biri devre indirgenmesidir.

İndirgenecek devre, kaynaklar veya devre elemanlarını içerebilir.

deg 1 2 3 .....eş er nE E E E E= + + + +

R1I R2 Rn

- +Eeş

1 2- +E1 - +E2 - +En

1 2 3 .....n

E IR IR IR IR= + + + +

1 2 3( ..... )n eş

E I R R R R IR= + + + + =

deg 1 2 3 .....eş er nR R R R R≡ + + + +

Eeş1 2- +

1 2Reş

Örnek 2.10: Aşağıdaki devrede I akımını bulunuz.

100 V+

Çözüm:

100 V+

100 40 60eşE V V V= − =

15 40 5 60eşR = + + = Ω

Eşdeğer gerilim kaynağı

Eşdeğer direnç

Bir başka bağlanış şekli paralel bağlantıdır. Devre eleman ve kaynaklar paralel bağlanış biçimleri aşağıda gösterilmiştir.

Paralel bağlantılı devrelerde ortak nicelik gerilimdir.

deg 1 2 3 .....eş er nI I I I I= + + + +

1 2 3 ..... nI EG EG EG EG= + + + +

deg 1 2 3 .....eş er nG G G G G≡ + + + +

BI1 I2

IeşG1 Gn 1 2 3( ..... )nI E G G G G= + + + +

IeşGeş

1 1 1 1 1.....eş er

GR R R R R

= ≡ + + + +

Örnek 2.11: Aşağıdaki paralel devrenin uçları arasındaki gerilimi bulunuz.

-10 Ω15 A 4 Ω 6,67 Ω5 AE

Çözüm:

15 5 10eşI A A A= − =1 1 1

0,5 210 4 6,67eş eşG mho R= + + = ⇒ = Ω

Eşdeğer akım kaynağı

Eşdeğer direnç

10 Ω15 A4 Ω

6,67 Ω5 A

0,5 mho

2 Ω10 A=

(10 )(2 ) 20E A V= Ω =E gerilimi

Örnek 2.12: Aşağıdaki devrede yük ve besleyiciden oluşan devre kesimini bir tek eşdeğer direnç ile yer değiştirilmesi önerilmektedir. Gerekli direnç değerini bulunuz.

-12 Ω 4 Ω 8 ΩE

1 Ω 1 Ω 2 Ω

Çözüm: Devre indirgeme yöntemini uygularken devrenin kaynaktan en uzakta olan noktasından başlayıp ve kaynağa doğru giderek dirençler birleştirilir

-12 Ω 4 Ω 8 ΩE

1 Ω 1 Ω 2 Ω

2 8 10abR = Ω + Ω = Ω

a-b noktası arasında kalan 2 ve 8 Ω’luk dirençler seri bağlıdır.

-12 Ω 4 Ω 10 ΩE

1 Ω 1 Ω

d(10 )(10 )

510 10cdR

Ω Ω= = Ω

Ω + Ωc-d noktası arasında kalan 10 ve 10 Ω’luk dirençler paralel bağlıdır.

-12 Ω 4 ΩE

1 Ω 1 Ω

5 1 6efR = Ω + Ω = Ωe-f noktası arasında kalan 5 ve 1 Ω’luk dirençler seri bağlıdır.

1 1 1 1 12

6 4 12 2gh

= + + = ⇒ = ΩΩ Ω Ω Ω

g-h noktası arasında kalan dirençler paralel bağlıdır.

-12 Ω 4 ΩE

2 1 3xyR = Ω + Ω = Ωx-y noktası arasında kalan 2 ve 1 Ω’luk dirençler seri bağlıdır.

-2 ΩE

-3 ΩE

Örnek 2.13: Aşağıdaki devrede, R giriş direncini bulunuz.

Çözüm: A noktasındaki KAY denkleminden I3 akımı

-R 4 Ω 10 Ω

3 4(3 ) 15E I I I= + =Soldaki ilmek çevresinde yazılan KGY denklemi

3 2 3I I I I= + =

= = ΩDirenç

I. ilmek

Y-∆ DönüşümüSadece seri ve paralel birleştirmelerle çözümlenemeyen belli devreler de vardır. Bu dönüşümler çoğu kez Y−∆ dönüşümlerinin kullanılması ile çözümlenebilir. Örneğin aşağıdaki devre ne tam olarak seri ne de tam olarak paralel değildir.

Bu dönüşüm Y şeklinde bağlı üç direncin ∆ şeklinde bağlanmasına olanak sağlar.

Y-∆ Dönüşümü

Bu dönüşüm Y şeklinde bağlı üç direncin ∆ şeklinde bağlanmasına olanak sağlar.

( )c a b

R R RR R R

+= + =

R R R=

1 2 2 3 3 1

R R R R R RR

R R R=

1 2 2 3 3 1

R R R R R RR

1 2 2 3 3 1

R R R R R RR

Örnek 2.14: Aşağıdaki b-d bağlantı noktaları arasındaki devreyi tutabilecek tek eşdeğer direnci bulunuz.

Çözüm: Devrede a-b-c noktası arasındaki ∆-direnç, ∆ -> Y dönüşümü ile Y dirence dönüştürülürse, yeni dirençler (R1, R2 ve R3)

(8 )(4 )2

4 4 8R

Ω Ω= = Ω

Ω + Ω + Ω

R R R=

(4 )(4 )1

4 4 8R

Ω Ω= = Ω

Ω + Ω + Ω

(4 )(8 )2

4 4 8R

Ω Ω= = Ω

Ω + Ω + Ω

R R R=

Ra=4 Ω, Rb =8 Ω, Rc=4 Ω

Dönüşümle birlikte yeni devre ve seri paralel bağlantılarla yalınlaştırılabilir hale gelir.

1 5 6eadR = Ω + Ω = Ω

2 Ω 1 Ω

2 10 12ecdR = Ω + Ω = Ω

2 4 6bdR = Ω + Ω = Ω

(6 )(12 )4

6 12edRΩ Ω

= = ΩΩ + Ω

Ödev: (a) Aşağıdaki b-d bağlantı noktaları arasındaki devrenin tutabilecek tek eşdeğer direnci, acd dirençlerinin oluşturduğu ∆’ şeklini Y şeklinde yazarak bulunuz.(b) bcd Y şeklini, ∆ şekline dönüştürerek bd arasındaki eşdeğer direnci bulunuz.

Örnek 2.15: Devre indirgeme yöntemini kullanarak aşağıdaki devredeki E gerilimini bulunuz.

2 Ω 12 Ω48A

Çözüm: a, b ve c kavşaklarının oluşturduğu üç-direnç ∆-devresi gibidir. ∆-devresinin Y eşdeğeri ile yer değiştirilmesi ve sonrasında 48 A ve 3Ω direncin gerilim kaynağına dönüşümü ile yapılabilir.

2 Ω 12 Ω48A

4 Ω 8 Ω

2 Ω12 Ω

E =144V+

3 Ω a c

36 A E =?+

-4 Ω4 Ω

12 ΩE =?+

4 Ω18 A

Üst Üste Binme İlkesiEğer bir devrede birden çok kaynak varsa, her devre elemanının geriliminin ve akımın bir çok bileşenin toplamından oluştuğu düşünülebilir.

Bir çok kaynağın birlikte uygulanması ile herhangi bir kolda oluşan akım ya da gerilim her bir kaynağın ayrı ayrı etkisi ile o kolda üretilen akımların ya da gerilimlerin cebirsel toplamıdır.

Bu ilke, herhangi bir dirençten geçen akımın doğrudan gerilimle orantılı olması gerçeğinden doğar.

1 1 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x x+ = +

Örnek 2.16: Aşağıdaki devrede üst üste binme ilkesini kullanarak I1, I2 ve I3

akımlarını bulunuz (Bu problem Örnek 2.1’de temel yasaların doğrudan uygulanması ile çözülmüştü).

I=18 A

E=140 V

6 Ω 5 ΩE2

I1I2 I3

Çözüm: Önce 140 V’luk kaynağın etkisi yokmuş gibi düşünülerek (sıfır kabul edilerek) akımlar bulunacak, daha sonra 18 A’lik akım akım kaynağının etkisi yokmuş gibi (açık devre kabul edilerek) akımlar bulunarakcebirsel toplam alınacaktır.

I= 18 A

E=0 V 6 Ω 5 ΩE’2

I’1I’2 I’3

1 1 1. 18

20 6 5E

′ + + =

43,2 20 2,16

43,2 6 7, 20

43,2 5 8,64

′ = − = −

′ = =

1-140 V’luk kaynağın etkisi yokmuş gibi düşünelim (sıfır kabul edilerek). Düğümgerilimi yöntemi kullanılarak istenilen akımları bulalım.

2- 18 A’lik akım akım kaynağının etkisi yokmuş gibi (açık devre kabul edilerek) kabul ederek akımları bulalım. Akımları bulmak için ilmek akımları I ve II ile göstererek akım yasası denklemi cebirsel toplam alınacaktır.

6 Ω 5 ΩE2

I”2 I”3

E=140 V

II III

26 6 140

6 11 0I II

− + =1

6,16 3,36

I A I A

I I I A

′′= =

′′ = − =

′′ = =

Kaynakların her ikisinin aynı anda uygulanması ile elde edilen akımlar, yukarıda bulunan bileşenlerin toplamı olacaktır.

2,16 6,16 4,00

7,20 2,80 10,00

8,64 3,36 12,00

I I I A

′ ′′= + = − + =

′ ′′= + = + =

Daha önce Örnek 2.1’de bulunan ve temel yasaların uygulanması ile elde dilen akımlar ile aynıdır.

Thevenin Teoremi

Thevenin teoremi temel olarak; karmaşık bir devrenin herhangi bir çıkış ucu çiftinden bakıldığı zaman yalın bir biçimde gösterilmesine izin verir ve bunun sonucu olarak, devrenin çıkışına bağlanan bir yük üzerindeki etkisinin ya da tersine yükün devrenin bağlantı noktasının davranışı üzerine yapacağı etkinin kolayca bulunmasını sağlar.

Thevenin Teoremi: Dirençlerden ve kaynaklardan oluşan herhangi bir doğrusal iki bağlantı noktalı devre ya bir gerilim kaynağı ve seri dirençten, ya da bir akım kaynağı ve paralel dirençten oluşan bir kaynak-direnç eşdeğeri ile gösterilebilir.

Gerilim kaynağı gösterimine Thevenin Devresi, Akım kaynağı gösterimine ise ya Thevenin Akım-Kaynağı eşdeğeri ya da Norton

eşdeğeri denir.

Örnek 2.17: Aşağıdaki devreden en yüksek gücü soğurabilecek R direncini ve bu gücü bulun.

I=18 A

E=140 V

R 5 Ω

I1I I3

Çözüm: Gücü bulmak için I akımının ve R direncinin bilinmeleri gerekir. Güç akım ve gerilimin çarpımı şeklinde olduğundan akım ve gerilimin (veya direncin) kendi değerlerinden çok çarpımı önemlidir. Bu nedenle R’nin bir fonksiyonu olarak I’yı veren bir bağıntı bulunmalıdır.

I= 18 A

E=140 V 5 ΩEo-

R direncinin bulunması istendiğinden, devreden çıkarılır ve devrenin geri kalannının Thevenin eşdeğer devresi oluşturulur.

I= 18 A5 ΩEo-

1 1. 7 18

20 5oE

100oE V=

Eo gerilimini bulmak için 140 V’luk gerilim kaynağı 20 Ω’luk direnç ile akım kaynağına dönüştürülebilir.

20 Ω7 A

Yukarıdaki devre için Kirchhoff Akım Yasası denklemi kullanılırsa Eo gerilimi

(20).(5)4

20 5oR = = Ω+

Eşdeğer direnci Ro bulmak için kaynaklar sıfıra indirgenir (Gerilim kaynağı kısa devre, akım kaynağı açık devre)

5 ΩEo-

(Gerilim veya akım kaynağı içeren devrenin ikisi için de yapıladığında aynı sonuç elde edilir). Gerilim kaynağı olduğu durumda:

a-b noktalarının gördüğü Thevenin eşdeğer devresi 100 V’luk bir gerilim kaynağı ve 4Ω’luk bir direnç ile temsil edilebilir.

100100 4 0

4I RI I

R− − = ⇒ =

RP I R

R direncinin soğurduğu güç:

E=100 V R Ω

R direnci üzerinden geçen akım KGY kullanılarak

10000(4 ) 20000(4 )0

dP R R R

+ − += =

+4R = Ω

Gücün dirence göre değişimni, veren maksimum değer bulunursa

E=100 V R Ω

10012,5

4 4I A= =

2max (12,5 ) (4 ) 625P A W= Ω =

Örnek 2.18: Aşağıdaki devrede a-b bağlantı noktalarından bakıldığında Thevenin eşdeğer devresini bulunuz.

Çözüm: Devrede bağımlı bir kaynak vardır. Bu nedenle yalnız bağımsız kaynakların bulunduğu devreden ayrı bir biçimde incelenmesi gerekir. Açık devre gerilimi Eo ve kısa devre akımı Io’nın bulunması olacaktır. Daha sonra eşdeğer direnç bulunacaktır.

A kavşağında KAY denklemi 2 1 1 15 6I I I I= + =

1 22 ; 12I A I A= =1 2 1 110 5 10 5(6 ) 80I I I I+ = + =

25 60oE I V= =

Dış ilmek çevresinde KGY denklemi

Buradan gerilim

601,25

I= = = Ω

Devre çıkış uçları birleştirilmiş durumda aşağıda çizilmiştir. Kısa devrenin sonucu olarak çıkış gerilimi ve ona bağlı olarak da 5Ω’luk dirençteki akım sıfırdır. Devrenin KGY ve KAY denklemleri:

Ro direnci

1 15 48oI I I A= + =

1 110 80 8I I A= ⇒ =

Thevenin eşdeğeri

1,25 Ω

48 A 0,80 mho

Norton eşdeğeri

Örnek 2.19: Aşağıdaki devre direnç ölçülmesinde kullanılan dengelenmemiş bir köprünün devresidir. Verilen devre verilerine göre A ampermetresinden geçen akımı bulunuz. Ampermetrenin iç direnci 9 Ω’dur.

100 V+-

Çözüm: Bu problemin çözümü devrenin Thevenin eşdeğer devresinin kullanılması ile büyük ölçüde yalınlaştırılabilir. İlk adım ampermetreyi devreden çıkarmak ve açık devre gerilimi Eo bulmaktır.

20 30I A= =

1 220 10 (20)(2) (10)(1) 30oE I I V= − = − =

20 90I A= =

100 V+-

(20)(30) (10)(90)21

20 30 10 90oR = + = Ω+ +

Eşdeğer Ro direnci

106Thevenin eşdeğeri

A 9 Ω

21 9I A= =

Thevenin eşdeğer devresi 30 V bir gerilim kaynağı ve 21 Ω’luk seri bağlı dirençten oluşacaktır. Ampermetre yerine takılırsa üzerinden geçecek akım (9 Ω’luk ampermetrenin iç direncini de dikkate alırsak)

FZM207 Temel Elektronik-I · 9 Çözüm: Çözüm için ilk yapılacaklar bilinmeyen gerilimler ve...

Documents

En güvenli biyometrik çözüm “iris tanıma’’...kamera ve kullanıcılara kolaylık sağlayabilmesi için auto-focus özelliği bulunmaktadır. Hareketli yüksek teknolojiye

Dr. Musa KILIÇ...• Algoritma, bir problemin çözümü için izlenecek yoldur. Çözüm için yapılması gerekli işlemler, öncelik sıraları göz önünde bulundurularak ayrıntılı

“Bir lider için çoğu zaman zorluk, İLERLEMEK İÇİN GELİŞTİR ... · İLK ADIMI ATABİLİRSİNİZ! Her iş durumu benzersiz ve tektir. Her çözüm özel ve özgün olarak

“SÜRDÜRÜLEBİLİR SAĞLIK İÇİN ÇÖZÜM ARAYIŞI TÜRKİYE RAPORU 2014” ÖNSÖZ

Üç fazlı UPS Sismik ortamlar için çözüm Green Power 2.0 ... · Üç fazlı UPS DELPHYS GP-S Sismik ortamlar için çözüm Green Power 2.0, 160 ile 500 kVA/kW arası Uygulama

YÜKLNİİLR V MİMARLAR İÇİN ALTRNATİ UYUŞMAZLIK ÇÖZÜM ... · uyuşmazlıklar için daha uygun olduğu üzerinde duracağım. ... 3 Birleúmiú Milletler Uluslararası Ticaret

DOĞRUNUN ANALİTİK İNCELENMESİ ÇÖZÜMLÜ ÇÖZÜM: … · 2017-07-17 · DOĞRUNUN ANALİTİK İNCELENMESİ ÇÖZÜMLÜ SORULARI ÇÖZÜM: ÇÖZÜM: ÇÖZÜM

PAZARLAMA...Prof. Dr. İsmail Üstel PAZARLAMA ARAŞTIRMALARI “Araştırma” Nedir? Çözüm bekleyen sorunların doğru yanıtını bulabilmek için, verilerin - bilgilerin toplanması

AKTİF İNSAN KAYNAKLARI İÇİN İNTERAKTİF ÇÖZÜM! · ve güçlü entegrasyon seçenekleri ile İK süreçleriniz hız kazanırken, verimliliğiniz ve üretkenliğiniz artıyor

İÇİNDEKİLER SR EK 1: İlanlı Usul İçin Standart Gazete ... · Dikili Çiftlik A. Biyogaz Tesisi Mal Alımı İúi İçin İhale İlanı ... çözüm önerinizi, öngörülen

BİLGİ NOTU TÜRKİYE’DE ÇEVRE YÖNETİMİ İÇİN KURUMSAL … · sorunlar ve çözüm önerileri tespit edilmiş, maliyetin belirlenmesi için oluşan ambalaj atığı miktarı

LOJİSTİK İÇİN EN UYGUN ÇÖZÜM - Thermo King - …...Thermo King’in PharmaAssist servis-bakım sözleşmesi, ünitenin kullanım ömrü dahilinde riskleri yönetebilmesi için

MUHKEM DHBT-2 LİSANS-ÖNL. 10 DENEME-BASKI · içindekiler 1 deneme - ÇÖzÜm 2 deneme - ÇÖzÜm 3 deneme - ÇÖzÜm 4 deneme - ÇÖzÜm 5 deneme - ÇÖzÜm 6 deneme - ÇÖzÜm

7 · Web view8.Çatışma çözüm sürecinde elde edilecek iletişim becerileri kişilerin etkin dinleme, anlaşılmak için konuşma ve anlamak için dinleme becerilerine katkıda

SAP FORUM İSTANBUL 2016 - SAP HANA İÇİN EN AKILCI ÇÖZÜM

İş sürekliliği için hızlı tespit, hızlı çözüm...İş sürekliliği için hızlı tespit, hızlı çözüm ‘‘ Üretim bantlarımızın sürekliliği için BT altyapımızdaki

Yapıştırıcı & Sızdırmazlıklar için Çözüm Rehberi · ürünleri üstün hizmet anlayışı ile bir araya getirerek tüketicinin beğenisine sunmaktadır. İnegöl tesisi:

ÇÖZÜM İÇİN İLK ADIM...ÇÖZÜM İÇİN İLK ADIM 2011 Kilis Yoksulluk İstatistikleri 2011 1 ÇÖZÜM İÇİN İLK ADIM PROJESİ Kilis Yoksulluk İstatistikleri KİLİS 2011

ÇÖZÜM YOLLARI...SORUN ÇÖZME BECERĠLERĠ • Hiçbir kiĢi anlaĢmazlık karĢısında nasıl davranacağını doğuĢtan öğrenemez. • Bir problemin çözümü için tek bir