bölüm 1 elektriksel büyüklükler ve elektrik devre...

Bölüm 1

Elektriksel Büyüklükler ve Elektrik Devre Elemanları

1.1 Temel Elektriksel Büyüklükler: Akım, Gerilim, Güç, Enerji

1.2 Güç Polaritesi1.3 Akım ve Gerilim Kaynakları

F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 1

• Elektriksel olaylar, elektrik yükleri ile

açıklanır.

• Elektrik yükünün ayrıştırılması

(kümelenmesi) elektrik kuvvetini (elektrik

potansiyelini) yani gerilimi üretirken,

• Elektrik yükünün hareketi ise elektrik

akımını üretir.

1.1. Temel Elektriksel Büyüklükler

+- ++

+

+

+

+

--

--

- -


Elektrik Akımı


Elektrik akımı, bir iletkenden birim zamanda

geçen yük miktarıdır. Akımın yönü, negatif

elektron yüklerinin tersi yönünde kabul edilir.

Buna göre, eğer bir t süresi boyunca bir

iletkenden akan yük Q ise iletkenden geçen

sabit akım,

Ancak, yük zaman bağlı ise

t

QI

i

+ -

dt

dqi

Örnek 1.1 Bir iletkenden geçen yük miktarıa-) 2 saniye boyunca Q=10 C (amper-saniye) ise

b-) C ise iletkenden geçen akımı bularak zamana göre değişimlerini çiziniz.

t2e10)t(q

Çözüm


Gerilim-Potansiyel Fark• Pozitif ve negatif elektrik yükleri ayrıştırılırsa bir enerji ortaya çıkar ve buenerji bir elektrik kuvvetine yol açar. Buna göre gerilim, birim yükünoluşturduğu enerji ya da birim yükün A noktasından B noktasına hareketettirilmesi için gereken enerji miktarı olarak tanımlanabilir.

• Örneğin, +5 C yük, A’ dan B’ ye hareket ederken 10 Joul iş yapıyorsa bunoktalar arasındaki potansiyel farkı V=10/5=2 volt demektir. dt yükdeğişimine karşın dw enerji değişimi oluyorsa gerilim,

F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 5dq

dwv

Q

WV

.B

+

1 C

A.

VAB

Üreteçler (Kaynaklar)

Bir elektrik devresine uygulanan giriş, bir elektrik enerjisi kaynağından gelmek durumundadır. Kaynaklar, akım ve gerilim kaynağı olabilir.

Devre elemanı

+

-

Vs IsDevre

elemanı

İçinden geçen akımdan bağımsız olarak belli bir

gerilimi veren kaynaklar ideal gerilim kaynağı,

uçlarındaki gerilimden bağımsız olarak belirli bir akımı

veren kaynaklar ise ideal akım kaynağı olarak söylenir.

Devreden geçen akımın ve eleman uçlarındaki

gerilimin polariteleri ? F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 6

Elektrik Akımı ve Yük İlişkisi

)()()( 0

0

tqdttitqt

t


dt

dqi

t

dttitq0

)()(

Elemanın akımı biliniyor ve yük bulunacak ise,

to anında bir to başlangıç yükü de mevcut ise,

Bir elemandan geçen akım,olduğuna göre,

Örnek 1.2 Şekildeki devreden geçen yük değişimi

q(t) nedir?


t5000e20i

t

0

dt)t(i)t(qCevap:

Devre elemanıi

Cevap:

Devre elemanıi

Örnek 1.3 Şekildeki devreden geçen yük değişimi

q(t), 0-3 saniye aralığında nedir?

)()()( 0

0

tqdttitqt

t


Güç

• Enerjinin zamana göre değişim oranı ya da birimzamanda yapılan iş ise güçtür.


dt

dwp

ivdt

dq

dq

dwp .

Bulunan akım gerilim bağıntıları kullanılarak

)()()( 0

0

twdttptwt

t

Enerji• Güç tanımından yararlanarak enerji, aşağıdaki

integral ile bulunur.

dt

dwp

t

dttptw0

)()(


to anında bir to başlangıç enerjisi varsa,

Bir devre elemanına,

polaritesi belli bir v

gerilimi uygulanırsa,

• bu elemandan belirli yönde bir i akımı geçer (Yani elektrik yükü akar) ve,

• devre elemanında bir güç harcanmış, dolayısıyla elemanda bir iş yapılmış yani enerji kullanılmış olur.


Sonuç olarak

1.2 Güç Polaritesi

• Bir devrede, devre elemanının harcadığı güç p=v.i dir.

• bu güç, aynı zamanda kaynak tarafından devreelemanına verilen güçtür. Dolayısıyla kaynak tarafındanverilen gücün değeri de p=v.i dir.

• Bu nedenle, devre elemanına verilen ve elemandantarafından harcanan güçleri ayırmak amacıyla güçhesaplamalarında gücün polaritesini de belirlemekgerekir.


Güç Polaritesi• Akımla gerilimin polaritesi uygunsa gücün polaritesi (+)aksi halde gücün polaritesi (-) olarak yazılır.


Verilen Güç: Pa=-v.i

Alınan ya da harcanan Güç:

Pa=+v.i

Örneğin, şekildeki devreye uygulanan gerilim V=10 volt ve devreden geçene akım I=5 A ise verilen ve alınan güçleri hesaplayınız.

Örnek 1.4. Şekildeki devrede elemanların akım ve gerilimleri verildiğine göre elemanlarının güçlerini bulunuz.


Vv

Vv

Vv

Vv

Vv

Ai

Ai

Ai

30

5

20

15

6

8

3

5

5

4

3

2

1

3

2

1

2534

133211

i.vPei.vPd

i.vPci.vPbi.vPa

Çözüm

Örnek 1.5 Şekildeki devrede, gerilim ve akımın ifadeleri verildiğine göre elemanın gücü ve elemanında harcanan enerjiyi bulunuz.


tev 500010 tei 500020

t

pdtw0

t

idtvw0

.

i.vp


Çözüm

Ya da

tev 500010 tei 500020


a-) t=1,2,3,4. sn.lerdeki devre elemanının harcadığı güç ifadesini bularak güç eğrisini çiziniz.

Örnek 1.6 Bir devreye uygulanan gerilimin ve devreden geçen akımın dalga şekilleri aşağıda verilmiştir.

b-) t=1,2,3,4. sn.lerdeki elemana verilen enerjiyi bularak enerji eğrisini çiziniz.

Çözüm:


ivp .

t=1,2,3,4. sn.lerdeki güçler ve enerjiler, bu aralıklardaki akım ve gerilim denklemleri yazılarak hesaplanabilir.

t

t

twdttptw

0

)()()( 0

Örnek 1.7 Bir devre elemanının gerilimi ve akımı verilmiştir.

a-) Elemanın harcadığı gücü bularak güç eğrisini çiziniz.b-) Maksimum gücün değeri nedir ve kaçıncı saniyede güç

maksimum olur.c-) Elemana verilen enerji eğrisini çizerek toplam enerjiyi

bulunuz.


tev 520

tei 522

Çözüma-) Elemanın harcadığı güç,


ivp .

b-) Gücün maksimum olduğu zaman, gücün zamana göre türevinin (güç eğrisinin eğiminin) sıfır olduğu noktadır. Yani,


0dt

dp

sn1386.0tmax

10)1386.0(max pp

Buradan,

c-) Enerji


t

0

t10t5

t

0

dt)e40e40(idt.v)t(w

1.3 Akım ve Gerilim Kaynaklarıİdeal ve Gerçek Bağımsız Kaynaklar


İdeal kaynaklar, uçlarına bağlanan elemanın değeri

ne olursa olsun sabit bir akım ya da gerilim verirken

gerçek kaynakların bir iç dirence sahip olması

nedeniyle uçlarına bağlanan bir eleman verdikleri

akım ya da gerilim daha düşüktür. !!!

Bağımlı Kaynaklar: Ürettikleri gerilim ya da akım, devrenin başka bir yerindeki akım ya da gerilime bağımlıdır.

.


xs vv .xs iv . xs vi . xs ii .

ÖrnekBir transistörlü yükseltecin DC eşdeğeri

Diğer bölüme başlamadan önce

bu bölüm ile ilgili

verilen soruları

çözmeniz

tavsiye

edilir.


BÖLÜM 2

TEMEL DEVRE YASALARI ve

DİRENÇLİ DEVRELER

2.1 Ohm ve Kirchhoff Kanunları:

Akım, Gerilim, Güç ve Enerji Hesabı

2.2 Temel dirençli Devreler: Seri, Paralel,

Wheatstone ve Yıldız-Üçgen

2.3 Kirchhoff Kanunları:

Bağımlı Kaynaklı Devreler

F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 27

1.1 Ohm ve Kirchhoff Kanunları

Bir elektrik devresindeki direncin akımı ve gerilimi

arasındaki ilişkisi ohm kanunu ile tanımlanır .

RG

1

Riv

sR

Direnç değeri, iletkenin boyutlarına ve cinsine

bağlı olarak aşağıdaki ifadeden elde edilir.

İletkenlik


Örnek 2.1: Şekildeki devrede, direncin gerilimini, harcanan gücü, kaynağın verdiği gücü ve dirençte oluşan enerjiyi bularak zamana göre değişimlerini çiziniz.


i.Rv

i.vPa

ivPV

t

0

pdtw

Çözüm:

Kirchhoff Kanunları


023211 ss VVVVV

023211 ss IIIII

Gerilimlerin kanununa

(KGK) göre

Akımlar kanununa (KAK)

göre

Kirchhoff Kanunlarına göre Geçerli

ve Geçersiz Kaynak Bağlantıları


Örnek 2.2. Şekildeki devrede vo=100 volt olduğuna

göre bağlantı geçerli midir? Niçin? Geçerli ise

devredeki elemanların güçlerini bulunuz.


Örnek 2.3 Aşağıdaki devreyi Ohm ve Kirchoff

kanunlarından yararlanarak çözünüz.

(Elemanların akımlarını, gerilimlerini ve güçlerini

bulunuz.)

Ai 30 Ai 31 15050 11 iV

Çözüm:

50P A6PV120P10P


Örnek 2.4 Aşağıdaki devreyi Ohm ve Kirchoff

kanunlarından yararlanarak çözünüz.

(Elemanların akımlarını, gerilimlerini ve güçlerini

bulunuz.)

Çözüm:


2.2. Temel Dirençli Devreler

Seri Dirençler

nSS RRRRiV ....( 321

neş

S

S RRRRRi

V ...321

Şekildeki seri devreye ohm ve KGK uygulanırsa kaynak

uçlarına göre devrenin eşdeğer direnci,


Paralel Dirençler:

Şekildeki paralel devreye ohm ve KAK uygulanırsa kaynak

uçlarına göre devrenin eşdeğer direnci,

neşS

S

SSSS

RRRRRV

i

R

V

R

V

R

Vi

1...

1111

321

321


Gerilim Bölücü Devre:

2

21

2 RRR

VV s

Şekildeki gibi gerilim kaynağına seri bağlı dirençler,

gerilim bölücü olarak görev yaparlar.


Akım Bölücü Devre:

Şekildeki gibi akım kaynağına paralel bağlı dirençler,

akım bölücü olarak görev yaparlar.

SS

S

iRR

Rivei

RR

Ri

iRR

RRV

RiRiV

21

12

21

21

21

21

2211


Wheatstone Köprüsü:

Genellikle direnç ölçme amaçlı olarak kullanılan wheatstone

köprüsü şekilde verilmiştir.

213

2211

IRIR

IRIR

x

3

1

2 RR

RRx

Galvonometre (G) sıfırı

gösterecek şekilde bir Rx

direnci bağlanır

(yada Rx direnci ayarlanırsa)

V1=V2 , V3=Vx ve

I1=I3 , I2=Ix

Bu durumda,

Bu eşitlikler oranlanırsa bilinmeyen Rx direnci


Üçgen/Yıldız ( Y/ ) ya da PI/TEE Dönüşümü:

Üçgen ve yıldız bağlı dirençler (PI ve TEE bağlantı) birbirlerine

dönüştürülebilir.


Yıldız ve üçgen bağlı dirençlerin eşdeğer olabilmesi için bağlantıların

aynı uçlarından bakıldığında görülen dirençlerin aynı olması gerekir.

32

21

31

)(

)(

)(

RRRRR

RRRR

RRRRR

RRRR

RRRRR

RRRR

cba

bacbc

cba

cabac

cba

cbaab

cba

ca

cba

bc

cba

ba

RRR

RRR

RRR

RRR

RRR

RRR

3

2

1

,

,

1

313221

3

313221

2

313221,,

R

RRRRRRR

R

RRRRRRR

R

RRRRRRR cba


Örnek 2.5. Şekildeki devrede V gerilimini bulunuz.

5.17eşR

35.2 eşRV

Şekil (a) daki 5, 10 ve 105 ohm luk üçgen bağlantı yıldıza dönüştürülürse

şekil (b) elde edilir ve devrenin kaynak uçlarına göre eşdeğer direnci

ohm ve kaynak uçlarındaki gerilim ise,


Örnek 2.6 Aşağıdaki devrede Kirchhoff Kanunları

yardımıyla ix ve i1 akımları ile v0 gerilimini bulunuz.

4xi 241i v480V0

Çözüm:

2.3 Kirchhoff Kanunları:

Bağımlı Kaynaklı Devrelere Uygulanması



yardımıyla elemanların akımlarını, gerilimlerini ve

güçlerini bulunuz.

10i

67.1xi

v3V0

Çözüm:

,

,

V10P İX3

P 2P

6P 3PaV PP



yardımıyla elemanların akımlarını, gerilimlerini ve

güçlerini bulunuz.


Diğer bölüme başlamadan önce bu bölüm ile ilgili verilen soruları

çözmeniz tavsiye edilir.


Bölüm 3

Devre Analiz Yöntemleri ve

Teoremleri

3.1 Düğüm Gerilimleri Yöntemi

3.2 Çevre Akımları Yöntemi

3.3 Süperpozisyon Teoremi

3.4 Thevenin ve Norton Teoremi


3.1. Düğüm Gerilimleri Yöntemi:

• Düğüm gerilimleri yönteminin esası, bir düğüm

ortak seçilmek üzere, bu ortak düğüme göre

işaretlenen diğer düğüm gerilimlerini kullanarak

düğümlere KAK uygulamaktır.

• Kısaca düğüm gerilimlerini bulmaktır.

• Bu durumda, hesaplanan düğüm gerilimlerinden

yararlanarak elemanların akım, gerilim ve istendiği

takdirde güç ve enerjileri hesaplanabilir.

• Burada, bağımsız kaynaklı devrelere düğüm

gerilimleri yönteminin uygulanışı bilindiğine göre bir

hatırlatma yapılarak bağımlı kaynaklı devrelerin

düğüm gerilimleri yöntemi ile çözümü

incelenecektir.F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 48

A91.0i2

Örnek 3.1.a Şekildeki devreyi düğüm gerilimleri

yöntemi ile çözünüz.

Çözüm vVvV 91.10209.91


hesaplanan düğüm gerilimlerinden

yararlanarak örneğin,

Örnek 3.1.b Şekildeki devreyi düğüm gerilimleri

yöntemi ile çözünüz. Süper düğüm sorunu

Çözüm


Örnek 3.2. Şekildeki devreyi düğüm gerilimleri

yöntemi ile çözünüz.

161 V 102 V

Çözüm

Düğüm Gerilimleri Yöntemi:

Bağımlı Kaynaklı Devreler



yöntemi ile çözünüz. Süper Düğüm Sorunu


601 V 802 V 2xiÇözüm


yöntemi ile çözmek için gerekli düğüm

denklemlerini yazınız.


Çözüm

3.2. Çevre Akımları Yöntemi:

• Çevre akımları yönteminin esası, kapalı çevreler

için işaretlenen çevre akımlarını kullanarak kapalı

çevrelere KGK’ nun uygulanmasıdır.

• Kısaca çevre akımlarını bulmaktır.

• Bu durumda, hesaplanan çevre akımlarından

yararlanarak elemanların akım, gerilim ve istendiği

takdirde güç ve enerjileri hesaplanabilir.

• Burada, bağımsız kaynaklı devrelere çevre

akımları yönteminin uygulanışı bilindiğine göre bir

hatırlatma yapılarak bağımlı kaynaklı devrelerin

çevre akımları yöntemi ile çözümü incelenecektir.F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 54

Örnek 3.5. Şekildeki devreyi çevre akımları yöntemi

ile çözünüz.

6.51 i 22 i 8.03 iÇözüm



ile çözmek için gerekli çevre denklemlerini yazınız.

Süper Çevre Sorunu




1i 262 i 283 iÇözüm

Çevre Akımları Yöntemi:

Bağımlı Kaynaklı Devrelere Uygulanması




Süper Çevre


Çözüm

Örnek: Şekildeki devreyi,

a-) Çevre akımları yöntemi ile çözünüz yani, çevre

akımlarını bulunuz.

b-) Düğüm gerilimleri yöntemi ile çözünüz yani,

düğüm gerilimlerini bulunuz


3.3 Süperpozisyon ( Toplamsallık) Teoremi

Toplamsallık teoremi, doğrusal devrelere-sistemlere

uygulanabilir. Toplamsallık teoremi, bir doğrusal devre,

birden fazla kaynak tarafından besleniyorsa toplam

cevap yani herhangi bir elemanın toplam akımı yada

gerilimi, kaynakların bireysel cevaplarının toplamıdır.

Kaynakların devre dışı ya da pasif yapılması:

Gerilim kaynağının devre dışı yapılması (sıfır

gerilim üretmesi), kaynak uçlarının kısa devre edilmesi

demektir.

Aynı şekilde akım kaynaklarının devre dışı yapılması

(sıfır akım üretmesi) kaynak uçlarının açık devre

yapılması demektir.F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 60

Örnek 3.9. Şekildeki devrede, toplamsallık teoremi

ile Vo gerilimini bulunuz.

Çözüm


Örnek 3.9. Şekildeki devrede, toplamsallık

teoremi ile Vo gerilimini bulunuz.


Süperpozisyon ( Toplamsallık) Teoremi

Bağımlı kaynaklı devrelere uygulanması

Bağımsız kaynaklar tek bırakılarak devre ayrı ayrı çözülmelidir.

Çözüm:

F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 63VVVVo oo 2421

Gerilim kaynağı devreden çıkarılırsa

SONUÇ

Çözüm:Akım kaynağı devreden çıkarılırsa

?V 1o

?V 2o

AIveAIAI 2.18.04..08.020

16,4.0

20

800201


20 ohm direncin harcadığı güç WIVP 8.282,1*24. 000

WIVPWIVP 8.12.,2.3. 020202010101

02010 PPP

• Toplamsallık teoremi ile bir devre elemanının akımı

ya da gerilimi bulunabilir.

• Ancak elemanın gücü, akım ve gerilime göre

doğrusal olmayan bir bağıntıya sahip olduğundan

toplamsallık teoremi güç için uygulanamaz.

Örneğin önceki örnekte,

Ancak, Güç için toplamsallık teoremi uygulanırsa,

Kaynakların Dönüşümü

L

sL

Rr

vi

s

L

L iRr

ri

Şekildeki kaynaklarda (ab) uçlarında bir RL direncinin

bağlı olduğunu düşünürsek bu direncin akımı ve gerilimi

her iki devrede de aynı ise kaynaklar birbirine eşdeğer

demektir.

Bu ifadeler birbirine eşitlenirse

kaynak dönüşümü için, r

vi ss ss riv


3.4. Thevenin ve Norton TeoremiThevenin ve norton teoremi, doğrusal bir devrenin herhangi iki

ucuna (örneğin a b uçlarına) göre devrenin incelenmesini

amaçlar bu iki uca göre devrenin bir gerilim kaynağına eşdeğer

yapılması Thevenin teoremi, akım kaynağına eşdeğer yapılması

Norton Teoremi olarak söylenir.


Kaynak dönüşümleri dikkate alınırsa,

TH

THNTHN

R

VIveRR

THV - Devrenin ab uçlarına göre (ab

uçlarından ölçülen) açık devre gerilimidir.

NI - Devrenin ab uçlarından ölçülen kısa

devre akımıdır.

THR - Devrenin ab uçlarına göre eşdeğer

direncidir.

Örnek: Şekildeki devrenin ab uçlarına göre

Thevenin ve Norton eşdeğerini bulunuz.


Çözüm:

Bağımlı kaynaklı devrelerde Thevenin (ya da Norton) direncini

bulmak önemlidir ve iki farklı yoldan bulunabilir.

1-) Devrenin thevenin gerilimi ve Norton akımı bulunursa

thevenin direnci,

N

THTH

I

VR

2-) Devrenin ab uçlarına bir test kaynağı bağlanırsa, bağımsız

kaynaklar pasif yapılmak kaydıyla ve olabiliyorsa (yani

bağımsız değişkeni sıfır oluyorsa) bağımlı kaynaklar da devre

dışı yapılmak üzere bu devrenin ab uçlarına göre eşdeğer

direnci, test kaynağı geriliminin akımına oranıdır.

Test

TestTH

I

VR

Thevenin ve Norton Teoremi

Bağımlı kaynaklı devrelere uygulanması


Örnek 3. 10 Şekildeki devrenin ab uçlarına göre

Thevenin eşdeğerinin bulunuz.


VVV THab 5Çözüm:

Çözüm:

1.Yol: Norton akımını bulmak.


mA50IN 10005.0

5

N

THTH

I

VR

Thevenin direncini bulmak için,

Çözüm: 2.Yol: ab uçlarına test kaynağı

bağlamak,


100

100

3

25

1

1

Test

TestTH

I

VR

Örnek 3. 11 Şekildeki devrenin ab uçlarına göre

Thevenin eşdeğerinin bulunuz.

VVTH 8Çözüm:


Thevenin direncini bulmak için iki yol izlenebilir.Çözüm:

AIN 842

24 1

8

8THR

1.Yol: Norton akımını bulmak.


2.Yol: ab uçlarına test kaynağı bağlamak

1

2

1

8

3

8

1

1

Test

TestTH

I

VR

Çözüm:


Diğer bölüme başlamadan önce bu bölüm ile ilgili verilen soruları

çözmeniz tavsiye edilir.


Bölüm 4

DİNAMİK DEVRE ELEMANLARI( Bobin ve Kondansatörler)

4.1. Bobin

4.2 Kondansatör

4.3. Seri – Paralel Bağlama

4.4 Karşıt Endüktans


• Enerji depolayan ve bu nedenle de dinamik devre

elemanı olarak bilinen önemli bir devre elamanı ideal

bobindir.

• Bobin, bir nüve üzerinde sarılmış sargılardan oluşur.

• Nüvenin cinsine ve boyutlarına bağlı olarak bobinler

bir endüktans değerine (L ile gösterilir) sahiptir ve

birimi Henry (H).

• Endüktans, nüveyi kuşatan manyetik alanın ortaya

çıkardığı bir parametredir.

dt

diLv

4.1. Bobin (İdeal)

Bobinin uç denklemi

Gerçek bobin ?


Bobinin uç denklemi kullanılarak, bobinin gerilimi

biliniyorsa bobinin akımı da bulunabilir. Önceki

denklemde her iki taraf dt ile çarpılır ve sol tarafın

zaman değişkenine sağ tarafın ise akım değişkenine

göre integrali alınırsa

)(

)0(0

ti

ti

t

t

diLvdtLdivdt

Sonuç olarak bobin akımı, bobin gerilimi cinsinden,

)(1

)( 0

0

tivdtL

tit

t

dt

diLv

Burada i(to), bobinin to anındaki şarj (başlangıç) akımıdır.


4.1.1 Bobinlerde güç ve enerji

Akım-gerilim ilişkileri kullanılarak bir bobinin güç ve

enerji bağıntıları da türetilebilir.

ivp .

i

0

w

0

idiLdwLididwi.dt

diL

dt

dwp

2

2

1Liw


Örnek 4.1. Şekildeki devrede t=0 anında kaynağın bobine

bağlandığı ya da t=0 anında anahtarın açıldığı kabul edilerek

0t İçin,

t5te10)t(i

a-) Akımın grafiğini çizerek akımın maximum olduğu noktayı

belirleyiniz.

b-) Bobin uçlarındaki gerilimi bularak grafiğini çiziniz.

c-) Bobinin gücünü bularak grafiğini çiziniz.

d-) bobinin enerjisini bularak grafiğini çiziniz, bobinin enerji

harcadığı ve enerji verdiği bölgeleri belirleyiniz.

Burada

L=0.1 H

ve


Çözüm:

a-) Akımın maximum olduğu nokta, akımın eğiminin sıfır

olduğu noktadır.

0)t(idt

d

t5te10)t(i


Çözüm(devam):

b-)dt

diLv

t5te10)t(i


i.vp

Çözüm(devam):

c-)

t5t5 te5ev t5te10)t(i


Pozitif ve negatif

güç aralıkları ???

d-)Çözüm(devam): 2

t

o

Li2

1wyadapdtw

tetw 1025

Enerji alış veriş aralıkları ???


Örnek 4.2. Şekildeki devrede t=0 anında devreye kaynağın

bağlandığını ya da anahtarın kapatıldığını kabul edelim.

Kaynak gerilimi v(t)=A gibi bir sabit ise t>=0 için bobinden

geçen akımı, gücünü ve enerjisini bularak zamana göre

değişimlerini çiziniz. Burada, bobin t=0 anında bobinin şarj

(başlangıç) akımı sıfırdır.

Çözüm: )t(i)0(ivdtL

1)t(i

t

0


Çözüm(devam):Bobini güç ve enerjisi,

Bu sonuca göre, t=0 için i(0)=0 ve için

olacağından sabit kaynaklı devrelerde t=0 anında bobin açık

devre, için bobin kısa devre olarak davranır.t

)(it


Örnek 4.2. b Şekildeki devrede, t=0 anında kaynak devreye

bağlanmıştır. Elemanların t=0 daki akım ve gerilimleri ile

için akım ve gerilimlerini bulunuz.

t


Örnek 4.2. c Şekildeki devrede bobin gerilimini bulunuz. i(t)=Im.Sin(wt)

0tÖrnek 4.3 Şekildeki devrede için bobine uygulanan

gerilimin dalga şekli şekilde verilmiştir. Bobin akımını bulunuz.

L=0.5 H.

....0dt105.0

1)t(i

t

0

Çözüm:

0-2 sn aralığında

2-3 sn ....40dt)50t20(5.0

1)t(i

t

2

3. sn den sonra, 40dt05.0

1)t(i

t

3


Örnek 4.4 Şekildeki devrelerde anahtar 0.5 saniye (a)

konumunda kaldıktan sonra t=0 anında (b) konumuna alınıyor.

Bobin akımını bulunuz.

v(t)=10 v

t=0a a

v(t)=2 vL=0.1 H

v(t)=10 v

t=0a a

L=0.1 H


4.2. Kondansatör

• Kondansatör, iletkenler plakalar arasına yerleştirilen

yalıtkan bir malzemenin oluşturduğu devre elemanıdır.

• Yalıtkanın cinsine ve boyutlarına bağlı olarak

kondansatörler bir kapasitans değerine (C ile gösterilir)

sahiptir ve birimi Farad (F) dır.

dt

dvCi

Kondansatörün uç denklemi

)(1

)( 0

0

tvidtC

tvt

t

Kondansatör gerilimi

Burada v(to), kondansatörün to anındaki şarj (başlangıç) gerilimidir.


4.2.2 Kondansatörlerde güç ve enerji

Akım-gerilim ilişkileri kullanılarak bir kondansatörün güç ve enerji

bağıntıları da türetilebilir.

ivp .

v

v

w

vv vdCdwCvddw

dt

dCv

dt

dwp

00

..

2

2

1Cvw


Örnek 4.5 Şekildeki devrede kondansatöre bağlanan akım

kaynağının değeri verilmiştir. kondansatör gerilimini, gücünü

ve enerjisini bularak grafiklerini çiziniz. C=0.1 F Ateti t1020)(

Çözüm:

Kondansatör başlangıçta şarjsız olduğuna göre,

t

t

t

t

t

dttedtteidtC

tv0

10

0

10

0

)(200)20(101

)(


t

0

t10

t

0

dt)te20(10idtC

1)t(v

Kısmi integrasyon gerektiğinden,

tt evdtedvvedtdutu 1010

10

1

dönüşümü kullanılarak kısmi integrasyon uygulanırsa,

t

0

t10 dt)te(200)t(v

Çözüm(devam):

tt teetv 1010 2022)(

F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G.

93

i.vp 2

02

1Cvwyadapdtw

t

Güç ve Enerji

Buradan


Örnek 4.6. Şekildeki devrede t=0 anında devreye kaynağın

bağlandığını ya da anahtarın açıldığını kabul edelim. Kaynak

gerilimi i(t)=A gibi bir sabit ise t>0 için kondansatörün

gerilimini, gücünü ve enerjisini bularak zamana göre

değişimlerini çiziniz. Burada, bobin t=0 anında kondansatörün

şarj gerilimi sıfırdır.

Çözüm:

Çözümün sonucunda, sabit kaynaklı devrelerde, t=0 anında kondansatörün

kısa devre, zaman sonsuza giderken açık devre olacağı gösterilebilir.


Örnek 4.7 Şekildeki devrede, t=0 anında kaynak

devreye bağlanmıştır. Elemanların t=0 daki akım ve

gerilimleri ile ve için akım ve gerilimlerini

bulunuz. t


Örnek 4.8 Şekildeki devrede için kondansatöre uygulanan

gerilim,0t

14

104)(

00)(

)1( te

tttv

ttv

t

denklemi ile tanımlanmıştır. Kondansatör akımını, gücünü ve

enerjisini bularak grafiklerini çiziniz. C=0.5 F


Çözüm:

0-1 sn aralığında,

2Cv2

1w

i.vp

dt

dvCi

t>1 sn için,

2

)1t(

Cv2

1w

i.vp

e4dt

d.5.0i

14

104)(

00)(

)1( te

tttv

ttv

t


98


Örnek 4.8.b Şekildeki devrede kondansatör akımını bulunuz. v(t)=Vm.Cos(wt)

Örnek 4.9 Şekildeki devrede kondansatöre bağlanan akım

kaynağının dalga şekli verilmiştir. Kondansatör gerilimini,

gücünü ve enerjisini bularak grafiklerini çiziniz. C=0.2 F

Çözüm: t=0-2 sn aralığında,

2

t

0

Cv5.0w

i.vp

...tdt22.0

1)t(v


2

t

2

Cv5.0w

i.vp

...)2(vdt)8t2(2.0

1)t(v

t>2 sn için


Örnek 4.10 Şekildeki devrelerde anahtar 0.5 saniye (a)


Kondansatör gerilimini bulunuz.


4.3. Bobin ve Kondansatörlerin Seri – Paralel Bağlanması

Karmaşık bağlı bobinler yada kondansatörler de dirençlere benzer şekilde

eşdeğer bir bobin yada kondansatöre indirgenebilir. Bobin ya da

kondansatörlerin uç denklemleri ile kirchoff kanunları kullanılarak eşdeğer

endüktans ya da kapasitans değeri bulunur.

LnLLLeş

dt

diLn

dt

diL

dt

diL

dt

diLeş

vnvvv

....21

...21

..21

CnCCCeş

idtCn

idtC

idtC

idtCeş

vnvvv

1.....

2

1

1

11

1....

2

1

1

11

..21


103

LnLLLeş

vdtLn

vdtL

vdtL

vdtLeş

iniii

1.....

2

1

1

11

1....

2

1

1

11

..21

CnCCCeş

dt

dvCn

dt

dvC

dt

dvC

dt

dvCeş

iniii

....21

...21

..21


Örnek 4.11 Şekildeki başlangıç şarj akımları da bulunan

bobinlerin eşdeğerini bulunuz.

Çözüm: Verilen devreye bir gerilim kaynağı bağlanırsa aşağıdaki

iki devrenin eşdeğer olması gerekir. Buradan yararlanarak

eşdeğer endüktans ve başlangıç akımı bulunabilir.

Bobinler seri bağlı ise ???

105

Örnek 4.12 Şekildeki başlangıç şarj gerilimleri de bulunan

kondansatörlerin eşdeğerini bulunuz.

Çözüm:


Örnek 4.13 Şekildeki devrede, t=0 anında vc(0)=-10

v olduğu ve

için olduğu bilinmektedir.

için v(t) gerilimin bulunuz.

0t t4e)t(i

0t


4.4 Karşıt Endüktans

Şekil (a) daki gibi, N1 sargısından i1 akımının geçtiğini dikkate

alırsak, i1 akımının oluşturduğu akının bir kısmı kendi

üzerinden (F11) dolaşırken, bir kısmı da (F12), nüve üzerinden

dolaşarak ikinci sargıyı keser. Benzer şekilde, Şekil (b) deki

gibi N2 sargısından geçen i2 akımının oluşturduğu akının bir

kısmı kendi üzerinden (F22) dolaşırken, bir kısmı da (F21),

nüve üzerinden birinci sargıyı keser.

dt

dNv

FBir bobindeki gerilim ise

108

dt

dNv

F

elde edilir. Burada,

sargılardaki öz endüktans ve karşı endüktans gerilimleri ???

Dolayısıyla her iki sargıdan da bir akımın

geçmesi durumunda bu denklem çözülürse

Manyetik kuplajlı devrelerde,

12222111 idt

dMi

dt

dLvvei

dt

dMi

dt

dLv

109

Karşıt sargının akımı noktalı uçtan giriyorsa bu akımın diğer

sargıda oluşturduğu karşıt endüktans geriliminin yönü, o

sargının noktalı ucunda pozitiftir.

Karşıt sargının akımı noktasız uçtan giriyorsa bu akımın diğer

sargıda oluşturduğu karşıt endüktans geriliminin yönü, o

sargının noktasız ucunda pozitiftir.

Karşıt endüktans geriliminin pozitif ya da negatif etkisi, N1 ve N2

sargılarından geçen akımın yönlerine göre manyetik kurallarla

belirlenebilir. Ancak kuplaj elemanı, şekildeki gibi bir devre

elamanı olarak çizildiğinde nüvedeki akıların birbirini desteleyici

yönde mi yoksa zayıflatıcı yönde mi etkilediği

nokta gösterim şeklinden anlaşılır.

Karşıt Endüktanslarda Polarite Tayini

12222111 idt

dMi

dt

dLv,i

dt

dMi

dt

dLv

110

Örnek 4.14 Şekildeki karşıt endüktanslı devrelerin çevre

akımlarına göre gerekli denklemlerini yazınız.

Çözüm:


Örnek 4.15 Şekildeki karşıt endüktans elemanının ab uçlarına göre eşdeğer endüktansını bulunuz.

MLLLeş 221

Çözüm:


Diğer bölüme

başlamadan önce

bu bölüm ile ilgili

verilen soruları

çözmeniz

tavsiye

edilir.


Bölüm 5

Birinci Dereceden Devreler

(RL ve RC Devreler)

5.1 Birinci Dereceden (RL, RC) Temel Devreler

5.2 Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemler ve

Çözümü

5.3 Birinci Dereceden (RL ve RC) Devrelerin Çözümü

5.4 Anahtarlı Devreler

5.5 Basamak Kaynaklı Birinci Dereceden Devrelerde

Pratik Çözüm

5.6 Manyetik Kuplajlı Devrelerin Çözümü


Birinci dereceden devreler, bir veya birden fazla dirençle birlikte bir

adet dinamik eleman (bobin yada kondansatör) ihtiva eden

devrelerdir. Bu devrelerin analizi için gerekli denklemler çıkarıldığında

birinci dereceden diferansiyel denklemler ortaya çıkar. Bu nedenle

de bu devrelere birinci dereceden devreler denir. Birinci dereceden

devreler, aşağıdaki 6 temel devrenin incelenmesine indirgenebilir.

5.1 Birinci Dereceden (RL, RC) Temel Devreler

115

• Birinci dereceden devrelerde, birden fazla direnç bulunabilir.

• Ancak, çevre/düğüm gibi yöntemler kullanılarak denklemleri

çıkarıldığında yine birinci dereceden diferansiyel denklem

verir.

• Bu devrelerin denklemleri yazılırken dinamik elemanın

uçlarına göre devrenin thevenin veya norton eşdeğeri

alındığında sonuçta yine yukarıdaki temel devreler elde

edilerek de bu tür devreler incelenebilir.

116

Bu diferansiyel denklem, verilen bir u(t) giriş sinyaline ve

y(0) başlangıç koşulu da kullanılarak çözülmek suretiyle çıkış

cevabı bulunabilir.

Birinci dereceden devrelerin denklemleri çıkarıldığında,

Birinci dereceden adi diferansiyel denklemler elde

edilir ve bu denklemlerin genel ifadesi, y(t) çıkışı, u(t) ise

girişi (kaynağı) göstermek ve a,b sabit katsayılar olmak

üzere,

)()()(

tbutaydt

tdy

5.2 Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemler ve Çözümü


Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemlerin Çözümü.

a-) Homojen çözüm

0)()(

taydt

tdyasas 0

Denklemin homojen kısmı alınarak karakteristik denklemi

ve kökü bulunur.

atst

h KeKe)t(y

Birinci dereceden diferansiyel denklemlerin çözümü,

matematiksel olarak farklı yöntemlerle yapılabilir. Ancak

burada, ikinci dereceden diferansiyel denklemlerin çözümüne

benzer bir şekilde homojen ve özel çözüm yöntemi ile

çözüm yolu hatırlatılacaktır. Diferansiyel denklem ve

başlangıç koşulu verilmiş olsun.

)0()()()(

ytbutaydt

tdy

Homojen çözüm bileşeni

118

b-) Özel çözüm: Diferansiyel denklem eşitliğinin sağ tarafında bir

kaynak (giriş) yoksa özel çözüm yoktur ve çözüm, sadece başlangıç

şartından oraya çıkan cevaptır. Eşitliğin sağ tarafında bir kaynak varsa

diferansiyel denklemlerin özel çözümü, bu giriş sinyaline (kaynağa)

göre seçilir. Tabloda, kaynak türüne göre seçilen özel çözüm

formatları verilmiştir.

Basamak ?

Rampa ?

İmpuls ?

NOT: 1-) Seçilen özel çözüm, devrenin diferansiyel denkleminde

yerine yazılarak çözümü sağlayacak olan katsayılar (K, K1, K2 )

bulunmalıdır.

2-) Seçilen özel çözümün aynı terimi, homojen çözümde de varsa her

defasında özel çözüm t ile çarpılmalıdır. 119

Örnek 5.1 Verilen diferansiyel denklemin çözümünü bulunuz.

5)o(y0)t(y2dt

)t(dy

Örnek 5.3 Verilen diferansiyel denklemin çözümünü bulunuz.

0)o(ye2)t(y10dt

)t(dy t10

Örnek 5.2 Verilen diferansiyel denklemin birim basamak cevabını

bulunuz.

2)o(y)t(u5)t(y4dt

)t(dy

F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G.120

5.3 Birinci Dereceden (RL ve RC)

Devrelerin Çözümü

Birinci dereceden devrelerin cevabı bulunurken 3 farklı çözüm

ya da cevap tanımı kullanılır.

•Doğal ya da sıfır giriş çözümü (cevabı), kaynakların

bulunmadığı ya da kaynakların devre dışı bırakıldığı devrelerde

sadece başlangıç koşullarının ortaya çıkardığı cevap olarak

tanımlanır.

•Zorlanmış ya da sıfır durum çözümüm (cevabı), başlangıç

koşulları sıdır alınmak üzere sadece kaynağın ortaya çıkardığı

cevaptır.

•Tam cevap ise hem kaynağın hem de başlangıç koşullarının

ortaya çıkardığı cevaptır ve tam cevap doğal ve zorlanmış

çözümün toplamıdır.


Örnek 5.4 Verilen devrede i(t) akımını bularak zamana göre

değişimini çiziniz. R=10 ohm L=0.1H IL(0)= - 0.5A

Çözüm için 3 aşamayı izleyiniz.

5.3.1 Birinci Dereceden (RL ve RC) Devrelerin

Doğal (Sıfır Giriş) Cevabı

Kaynaklar sıfır, başlangıç koşullarının ortaya çıkardığı çözüm.


Zaman sabitesi ???

Örnek 5.5 Verilen devrede v(t) akımını bularak zamana göre

değişimini çiziniz. R=2 ohm C=0.2 F Vc(0)=4 v.



Zaman sabitesi ???

Örnek 5.6 Verilen devrede i(t) akımını bularak zamana göre

değişimini çiziniz.



Zaman sabitesi ???

Örnek 5.8 Verilen devrede, a-) is(t)=4 A b-) is(t)=exp(-2t) kaynak

girişi için v(t) gerilimini bularak zamana göre değişimini çiziniz.

R=4 ohm C=0.2 F.Çözüm için 3 aşamayı izleyiniz.


Örnek 5.9 Verilen devrede, v(t) gerilimini bularak zamana göre

değişimini çiziniz.


127

5.3.3 Birinci Dereceden Devrelerin Tam Cevabı

Hem kaynağın hem de başlangıç koşullarının ortaya

çıkardığı çözüm.


Örnek 5.10 Verilen devrede, is(t)=10 A kaynak girişi için a-) v(t)

gerilimini b-) i(t) akımını bularak zamana göre değişimini çiziniz.

R=10 ohm L=0.5 H, iL(0)=2 A .



Örnek 5.11 Verilen devrede, vs(t)=exp(-4t) kaynak girişi için v(t)

gerilimini bularak zamana göre değişimini çiziniz. R=2 ohm

C=0.1 F , vc(0)=3 v.


Örnek 5.12 Verilen devrede, vs(t)=12 volt kaynak girişi için

kondansatör gerilimin bularak zamana göre değişimini çiziniz.

R1=4 , R2=1, C=0.5 F , vc(0)=3 v.

Anahtarlı devrelerde bir anahtarın açık/kapalı ya da (a) , (b)

konumlarındaki devreler ayrı ayrı incelenmek durumundadır.

Örneğin, şekildeki devrelerde anahtar uzun süre ya da belirli

bir süre (a) konumunda kaldıktan sonra (b) konumuna

alınıyorsa bu devrenin öncelikle (a) konumundaki durumunu

sonra da (b) konumundaki durumunu incelemek gerekir.

Bu tür devrelerde anahtarın ilk konumu, sonraki

konumundaki devrenin başlangıç koşullarını belirlemek

amacıyla incelenir.

130


Sinyallerin 0‾ , 0+ ve 0 değerleri:

0+ değerleri, Anahtarın sonraki konumuna temas ettiği andaki

sinyal değerleridir. Devrelerin analizinde ihtiyaç duyulan (0+)

sinyaller, bobin akımları ile kondansatör gerilimleridir. Bazı

özel durumlar hariç normal devrelerde bobin akımı ile

kondansatör geriliminin 0+ değerleri, 0‾ değerlerine eşittir.

0+ değeri, 0 değeri olarak da gösterilir.


0‾ değerleri, Anahtarın ilk konumunun en son anındaki (yani

sonraki konumuna alınmadan önceki en son an) değerleridir. Bu

değerler, anahtarın sonraki konumundaki başlangıç değerlerini

belirlemeye yarar. Devrelerin analizinde ihtiyaç duyulan (0-)

sinyaller, bobin akımları ile kondansatör gerilimleridir.

132

Sinyallerin 0- ve 0+ değerini belirleme

• Bir sinyalin 0+ (ya da 0) başlangıç değerini belirlemek

için öncelikle bobin akımı ile kondansatör gerilimlerinin 0-

değerleri yani iL(0-) , vc(0-) belirlenir.

• Özel durumlar hariç normal devrelerde iL(0+)=iL(0-) ve

vc(0+)=vc(0-) dir.

• Devrenin t=0+ anındaki eşdeğer devresinden

yararlanarak istenen sinyalin 0+ değeri hesaplanır.

• t=0+ anındaki eşdeğer devrede, iL(0+) akımı ile şarjlı bir

bobin, iL(0+) değerinde bir akım kaynağı, vc(0+) gerilimi

ile şarjlı bir kondsansatör ise vc(0+) değerinde bir gerilim

kaynağıdır.

• Başlangıç koşulları belirlenen devre, önceki kısımlarda

açıklandığı gibi incelenir.

Örnek 5.13 Şekildeki devrede, anahtar uzun süre (a)


t>=0 için v(t) gerilimini ve i(t) akımını bularak zamana göre

değimini çiziniz.

133

özel durumlar


Örnek 5.14 Bazı özel durumlarda, bobin akımı ile kondansatör

geriliminin 0- ve 0+ değerleri aynı değildir. Ancak, burada bu tür

devreler incelenmeyecektir.


Örnek 5.15 Şekildeki devrede Anahtar uzun süre (a) konumunda

kaldıktan sonra t=0 anında (b) konumuna alınıyor. Devredeki

çeşitli sinyallerin 0+ ya da 0 değerini bulunuz.

Çözüm: Anahtar b konumuna alındığında devre ve t=0 anındaki eşdeğeri,


Örnek 5.16 Şekildeki devrede, anahtar uzun süre kapalı

kaldıktan sonra t=0 anında açılıyor. t>=0 için i(t) akımını bularak

zamana göre değimini çiziniz.

Çözüm:

Örnek 5.17 Şekil (a) daki devrede, anahtar uzun süre kapalı

kaldıktan sonra t=0 anında açılmaktadır. t>=0 için bobin akımını

bularak grafiğini çiziniz.

Çözüm


Çözüm


Örnek 5.18 Şekil (a) daki devrede, anahtar uzun süre kapalı

kaldıktan sonra t=0 anında açılmaktadır. t>=0 için v(t) gerilimini ve

sonra da i1, i2 ve i3 akımlarını bulunuz.

Vv

vdt

dv

96)0(

02

tetv 296)(

Örnek 5.19 Şekil (a) daki devrede, anahtar uzun süre açık

kaldıktan sonra t=0 anında kapatılmaktadır. t>=0 için

kondansatörlerin uçlarındaki v1 ve v2 gerilimlerini bulunuz.

Çözüm

0 idt

di

Ai 80250000

20)0(

Aeti t .80)( F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 139

5.5 Basamak (Sabit) kaynaklı birinci

dereceden devrelerde pratik çözüm

İncelenen basamak (Sabit) kaynaklı birinci dereceden RL

yada RC devrelerin çözümlerine dikkat edilirse,

21.)( KeKtv T

t

21.)( KeKti T

t

• K2 - akım yada gerilimin son yani t(∞) için değeridir. Kısaca

K2=v(∞) yada K2=i(∞) değeridir. Hesaplanışı ???

• T- devrenin zaman sabitidir ve RC devresinin zaman sabiti

T=RC, RL devresinin zaman sabiti T=L/R dir.

• K1 ise başlangıç koşulunun uygulanması ile bulunur.

Dolayısıyla pratik çözümde de başlangıç koşullarının

belirlenmesinin gerektiği görülmektedir.



Örnek 5.20 Şekildeki devrede, anahtar uzun süre (a)


t>=0 için kondansatörlerin uçlarındaki v(t) gerilimini bulunuz.


Örnek 5.21 Şekildeki devrede, anahtar uzun süre değil de 0.5

saniye (a) konumunda kaldıktan sonra t=0 anında (b)

konumuna alınıyor. t>=0 için bobin akımı i(t) bulunuz.

1222221111 0 idt

dMi

dt

dLiRvei

dt

dMi

dt

dLiRvs

Çözüm:


Örnek 5.22 Şekildeki manyetik kuplajlı devrenin denkleminin

yazarak nasıl çözülebileceğini ve sabit / değişken kaynaklarda

devrenin nasıl çalışacağını değerlendiriniz.

5.6 Manyetik Kuplajlı Devreler

Bölüm 6

İkinci Dereceden (RLC) Devreler

6.1 İkinci Dereceden (RLC) Temel Devreler

6.2 İkinci Dereceden Diferansiyel Denklemler

Ve Çözümü

6.3 İkinci Dereceden (RLC) Devrelerin

Çözümü

6.4 İkinci Dereceden Anahtarlı Devreler


6.1 İkinci Dereceden (RLC) Devreler

Bir veya birden fazla direnç ile iki adet dinamik eleman (L,C)

ihtiva eden devreler ikinci dereceden diferansiyel denklemlerle

modellenir ve bu devrelere ikinci dereceden devreler denir. İkinci

dereceden bazı örnek devreler.


Burada – sönüm faktörü, ise doğal frekans olarak söylenir.

İkinci dereceden sabit katsayılı ve doğrusal olan böyle bir

diferansiyel denklemin çözülebilmesi için

a) y(0) , y’ (0) bilinmelidir.

b) u(t) giriş sinyalinin nasıl bir giriş sinyalinin olduğunun

bilinmesi gerekir.

n

6.2 İkinci Dereceden Diferansiyel Denklemler Ve Çözümü

Giriş sinyali u(t), çıkış sinyali y(t) ile gösterilen ikinci dereden

herhangi bir devrenin diferansiyel denklemi aşağıdaki formatta

olacaktır.

)(.)()(

2)( 2

2

2

tubtydt

tdy

dt

tydn

)()()( työtyhty Bu durumda çözüm : 146

6.2.1 Homojen Çözüm yh(t)

0)()(

2)( 2

2

2

tydt

tdy

dt

tydn

Karakteristik denklem ve kökleri,

0222 nss

22

2,1 ns

α ve ωn değerlerine bağlı olarak 3 farklı kök elde edilecektir.


1) Aşırı sönümlü devre (α > ωn durumu): Kökler reel ve ayrıktır.

tsts

h eKeKty 21

21)(

22

2,1 ns

Bu durumda homojen çözüm;

2) Kritik sönümlü devre ( α = ωn durumu ) :

Kökler reel ve katlıdır.

stst

h teKeKty 21)( Bu durumda homojen çözüm;

3)Düşük sönümlü devre (α < ωn durumu ): Kökler komplekstir.

22 n

js 1 js 2

Bu durumda homojen çözüm;

)]()([)( 21 tCosKtSinKety t

h

Kökler:


Homojen çözümün cevap eğrileri, y(0)=5 başlangıç değeri için.


6.2.2. Özel Çözüm yö(t)

Diferansiyel denklemlerde özel çözüm giriş sinyaline (kaynağa)

göre seçilir. Tabloda, kaynak türüne göre seçilmesi gereken

özel çözüm formatı verilmiştir.

Kaynak u(t) Özel çözüm yö(t)

A (basamak) ise K

At (rampa) Ka.t+Kb

T

t

Ae

(üstel) T

t

Ke

)()( wtACosyadawtASin )()( wtCosKwtSinK ba

NOT: Birinci dereceden denklemlerde açıklanan Özel çözüm

kuralları burada da geçerlidir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G.

150

Örnek 6.1 Verilen diferansiyel denklemi çözünüz.

Örnek 6.2 Verilen diferansiyel denklemi çözünüz.

0)0('y2)0(y,e)t(y2dt

)t(dy3

dt

)t(yd t2

2

2

0)0('y1)0(y,0)t(y5dt

)t(dy2

dt

)t(yd2

2

Örnek 6.3 Verilen diferansiyel denklemin birim basamak

cevabını bulunuz

1)0('y0)0(y),t(u10)t(ydt

)t(dy2

dt

)t(yd2

2


• İkinci dereceden devrelerde de başlangıç şartlarının veya

kaynağın varlığına/yokluğuna göre doğal, zorlanmış ve

tam çözümden söz edilebilir.

• Ayrıca, birinci dereceden devrelerin analizinde uygulandığı

gibi ikinci dereceden devrelerin analizinde de aşağıdaki 3

aşamanın uygulanması gerektiği görülebilir.

6.3 R-L-C Devrelerin Çözümü

1-) Verilen devrenin t >= 0 için denklemleri yazılarak birinci

dereceden diferansiyel denklemi elde edilmelidir. Denklemleri

çıkarırken Çevre akımları ya da düğüm gerilimleri yönteminden

yararlanılabilir.

2-) Diferansiyel denklemin çözümü için gerekli olan çıkış sinyalinin

başlangıç değeri y(0) ve y’(0) belirlenmelidir. Devrenin t=0 anındaki

durumundan yararlanılabilir.

3) Başlangıç koşulu ile elde edilen birinci dereceden diferansiyel

denklem çözülerek çıkış cevabı bulunmalıdır. 152

Örnek 6.4 Şekildeki devrede, iL(0)= 2 A vc(0)=0 için a-) devre

akımını b-) kondansatör gerilimini bularak grafiğini çiziniz.

R=2 C=0.1 F L=0.2 H.Çözüm için 3 aşamayı uygulayınız.

Doğal çözüm örnekleri


Örnek 6.5 Şekildeki devrede, iL(0)=1 A vc(0)=4 v için a-)

kondansatör gerilimin b-) bobin akımını bularak grafiğini çiziniz.

R=2 C=0.1 F L=0.1 H.

Çözüm için 3 aşamayı uygulayınız.


Şekildeki devrede bobin akımını ya da kondansatör gerilimini

bulmaya çalışınız. Devre karmaşık hale geldikçe dif. denklemini

çıkarma zorluğu ???

Örnekler:Şekildeki devrede, iL(0)=0 A vc(0)=4 v için a-) kondansatör

gerilimini b-) bobin akımını bularak grafiğini çiziniz. C=0.1 F L=0.1 H.


Örnek 6.6 Şekildeki ikinci dereceden seri RLC devresinde

a) Devre akımı ya da bobin akımına göre diferansiyel

denklemini çıkarınız.

b) Başlangıç koşullarını olan i(0) ve i’(0) belirleyiniz.

c) R=2.5 Ω , L=0.5 H, C=0.5 F, iL(0)=1 A, vc(0)=2 V ve v(t)=10

V basamak giriş için diferansiyel denklemi çözerek i(t) akımını

bulunuz. R=2 ve R=1 alınırsa ne değişir ?

d) Yukarıdaki şıkları, kondansatör gerilimin için tekrarlayınız.

Tam Çözüm Örnekleri

156

Çözüm: i(t).

157

Çözüm: vc(t) Çözüm için 3 aşamayı uygulayınız.

158

a) v(t) ye göre devrenin diferansiyel denklemini çıkarınız.

b) Elde edilen dif. Denklemin başlangıç koşulları olan v(0)

ve v’(0) belirleyiniz.

c) i(t)= 10 A, R= 2, L = 1H, C= 0.25F iL(0) =1 A, vc(0) = 3 V

sayısal değerleri için v(t) yi bulunuz. R=1 ve R=0.5

alınırsa ne değişir?

d) Bobin akımı için çözümü tekrarlayınız.

Örnek 6.7 Şekildeki ikinci dereceden paralel RLC devresinde


Çözüm : v(t)

160

Örnek 6.8 Şekildeki devrede v(t)= 10 v, R= 2, L = 1H, C= 0.25F

iL(0) =2 A, vc(0) = 0 V sayısal değerleri için vo(t) yi bulunuz.


Örnek 6.9 Şekildeki devrede v(t)= 10 v, R= 2, L = 1H, C= 0.25F

iL(0) =2 A, vc(0) = 0 V sayısal değerleri için bobin akımını

bulunuz.


Örnek 6.10 Şekildeki devrede anahtar uzun süre kapalı

kaldıktan sonra t=0 anında açılmaktadır. t>=0 için bobin akımını

bulunuz.




Örnek 6.11 Şekildeki devrede, anahtar uzun süre a

konumunda kaldıktan sonra t=0 anında b konumuna alınıyor.

t>=0 için kondansatör gerilimini bularak grafiğini çiziniz.


Örnek 6.12 Şekildeki devrede, anahtar uzun süre a

konumunda kaldıktan sonra t=0 anında b konumuna alınıyor.

t>=0 için a-) kondansatör gerilimini b-) bobin akımını bularak

grafiğini çiziniz.

bölüm 1 elektriksel büyüklükler ve elektrik devre...

Documents