BÖLÜM II BİRİNCİ DERECEDEN RC ve RL DEVRELER Bir önceki

Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
BÖLÜM II
BİRİNCİ DERECEDEN RC ve RL DEVRELER
Bir önceki bölümde ideal bir indüktör ve kapasitörün enerji depolama
kabiliyetleri ile birlikte uç davranışlarını analiz ettik. Bu bölümde ise bu
elemanların enerji depolarken veya harcarken ortaya çıkan gerilim ve
akımlarının değerlendirilmesi yapılacaktır.
 Doğal devre cevabı
İndüktör ve kapasitörlerin başlangıç koşullarına bağlı olarak bulunan devre
cevabıdır. Doğal cevapta devrede bağımlı kaynak olabilir, ancak bağımsız
kaynak olmamalı. (Anahtarlama durumu göz önüne alınmalıdır, yani enerji
bırakılırken bağımsız kaynak yok).
1 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 Basamak (step) devre cevabı
Basamak cevabında RL veya RC devreye, DC gerilim veya akımın birden
(suddenly) uygulanması durumundaki devre davranışı incelenir.
 Doğal ve basamak cevabının birlikte değerlendirilmesi
Üçüncü aşamada ise, genel bir metot geliştirilerek, DC voltaj veya akımda
ani değişiklikler ile devrenin basamak cevabı bulunacaktır. Bunu yaparken
doğal cevap ile basamak cevabının bulunmasındaki temel düşüncenin aynı
olduğu gösterilecektir.
2 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Rth
Vth
Vth
Rth
Rth
Vth
Rth
Rth
Rth
Vth
Şekil 2.1: a) İndüktör Thevenin eşdeğere bağlı b) İndüktör Norton eşdeğere
bağlı c) Kapasitör Thevenin eşdeğere bağlı d) Kapasitör Norton eşdeğere bağlı
3 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
2.1. RL Devrenin Doğal Cevabı
Is
Ro
Şekil 2.2: RL devresi
RL’nin doğal cevabı, enerjinin bırakılması esnasında bağımsız kaynakların
olmamasına denk düşer. Bağımsız kaynaklar sadece enerji depolanırken
devrede vardırlar. Yukarıdaki devre uzunca süre anahtar kapalı tutularak
4 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
bekletildikten sonra t = 0 anında anahtar açılırsa; bütün akımlar ve gerilimler
sabit bir değere ulaşmış demektir. Bu yüzden anahtar açılmadan hemen önce L
kısa devredir (V  L
di
 0 ). Yani enerji bırakılmadan hemen önce indüktör
dt
kısa devre gibi görünür.
 İndüktör üzerine düşen voltaj 0 ise, Ro ve R’den geçen akım yoktur. Bu
yüzden, bütün akım kaynağı Is, indüktif dalda görünür. Buradaki problem
ise anahtar açılınca (t = 0+ ( t  0 )) R uçlarındaki akım ve gerilim
ifadelerini bulmaktadır.
Böylece t  0 anı için Şekil 2.3’de ki devre oluşur.
5 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Is
Şekil 2.3: t  0 anı için Şekil 2.2’deki devre
KVL kullanılarak devre çözülecek olur ise
di
L  Ri  0
dt
(2.1)
di
R
dt   idt
dt
L
(2.2)
di
R
  dt
i
L
(2.3)
6 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Denklem (2.3), birinci dereceden diferansiyel denklemi temsil etmektedir.
t R
di ( )
t0 i( )   t0 L d
t
(2.4)
to  0 için;
i (t )
R
ln
 t
i (0)
L
i (t )  i (0)e
R
  t
L
(2.5)
L
, 
R
(2.6)
i (0)  I o başlangıç değeridir (depolanan enerjiye denk düşen akım).
Sonuç olarak i(t ) akımı;
i (t )  I o e
R
 ( )t
L
,t0
(2.7)
7 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
i (t )
t
Io
e t /
 3.67x10-1
2 1.3510-1
3 4.97x10-2
t
Şekil 2.4: Devreye ait akım cevabı
1
e  0.37 I o
8 4 1.83x10-2
5
6.7x10-3
.
.
.
.
.
.
Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 5 ’dan sonra i değeri, I o ’ın % 1’inden küçüktür. Dolayısıyla uzunca bir
süre ifadesi 5 ve üzeri zaman dilimine denk düşer.
 Bir diğer zaman karakteristiği, akımın son (final) değerine ulaşması için
gerekli olan zamandır (i(t) başlangıç oranında değişmeye devam ederse).
di
L  Ri  0
dt
(2.8)
I
di 
R
(0 )   I o   o
dt
L

(2.9)
Bu durumda i(t ) , I o ’dan başlayarak
Io
oranında azalıyorsa (A/sec), i(t ) akımı

aşağıdaki gibi elde edilir.
i (t )  I o 
Io

(2.10)
t
9 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
i (t )
R
-( ) t
L
i (t ) = I o e
Io
i (t ) = I o -
t
Io
t
t
t
Şekil 2.5: RL devresinin zaman sabitinin grafiksel yorumu
Denklem (2.10), i’nin  saniyede 0 değerine (son değere) ulaştığını gösterir.
Şekil 2.3’de yer alan devrede, R üzerine düşen gerilimin ifadesi ise
V  iR  I o Re
R
 ( )t
L

t
 I o Re  , t  0
(2.11)
olarak bulunur.
10 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 Burada gerilim t  0 olarak tanımlanmasının temel sebebi (akımda t  0
’dı) t  0 ’da voltajda basamak değişimi olacağındandır.
V (t )  0, t  0
V (0 )  0 


t

0
’da
voltaj
atlaması
olduğundan
0
veya
0
kullanılır.


V (0 )  I o R 
Çünkü t  0 ’da voltaj bilinmiyor.
Direnç üzerinde harcanan güç:
V2
P  iV , P  i R veya P 
R
2
P  I o Re
2
2 t

, t  0 .
(2.12)
R üzerinde harcanan enerji (R’nin L’den çektiği enerji):
11 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
t
t
0
0
W   Pdt   I Re


2
I R (1  e
2
o
2
o
2 t

2 t

(2.13)
dt
(2.14)
)
2 t
1 2
 LI o (1  e  ), t  0.
2
(2.15)
1
t   , R’de tüketilen enerji depolanan enerjiye yaklaşır ( LI o2 ).
2
 RL devresinde bir akım olması durumu, anlık bir durum (olay) olduğundan
devrenin doğal cevabını tanımlar, aynı zamanda doğal cevaba geçici
cevapta (transient response) denir.
12 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 Anahtarın açılmasından uzunca süre sonraki durum ( t   ) ise kararlı
durum (steady state) cevaptır. RL devresinin kararlı durum cevabı ( t   )
0’dır.
 Anahtarı açmadan hemen önce, devreyi durum-kararlı moda çalışıyor
kabul ettik. Yani anahtar kapalı uzunca süre bekleyerek, akımın indüktörde
durum-kararlı değeri I o ’a ulaştığını kabul ettik (bu aslında basamak
cevabında durum-kararlı davranışımıza denk düşer.)
 RL devresinin doğal cevabının analizinde en önemli nokta; indüktörün
başlangıç akımının bulunması ve zaman sabitinin belirlenmesidir. Bütün
diğer çözümler, i(t ) ’den türetilir.
13 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
2.2. RC Devrenin Doğal Cevabı
Ro
Vg
Şekil 2.6: RC devresi
Şekil 2.6’da anahtar (a) konumunda t  5 kadar bekletildikten sonra, t  0
anında (b) konumuna getiriliyor.
Anahtar (b) konumundayken devrenin eşdeğeri çizilecek olur ise;
14 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Vg
Şekil 2.7: Anahtar (b) konumundayken devrenin eşdeğeri
KCL kullanılarak Şekil 2.7’deki devre çözülecek olur ise;
dV V
 0
C
dt R
(2.16)
V (t )  V (0)e  t RC , t  0 .
(2.17)
RC   olduğu için,
V (t )  V (0)e  t  , t  0 .
(2.18)
15 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Kapasitör üzerindeki başlangıç gerilimi V (0)  Vg olduğuna göre;
V (0 )  V (0)  V (0 )  Vg  Vo
(2.19)
burada Vo kapasitör üzerindeki başlangıç voltajını temsil eder.
V (t )  Vo e  t  , t  0 .
(2.20)
V (t )
Vo
R
-( ) t
L
V (t ) = Vo e
V (t ) = Vo -
Vo
t
t
t
t
Şekil 2.7: RC’nin doğal cevabı
16 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Denklem (2.20)’deki V (t ) ifadesi kullanılarak i , P ve W ifadeleri sırasıyla
aşağıdaki gibi elde edilir.
V (t ) Vo  t 
 e , t  0
i (t ) 
R
R
(2.21)
Vo2 2t 
P  Vi 
e , t  0
R
(2.22)
Vo2 2t 
1
W   Pdt  
e dt  CVo2 (1  e 2t  ) , t  0 .
0
0 R
2
(2.23)
t
t
17 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
2.3 RL ve RC Devrelerinin Basamak Cevabı
Burada RC veya RL’ye, DC akım veya gerilimin aniden uygulanması ile RC
ve RL’de oluşan akım ve gerilim ifadelerinin bulunması amaçlanmaktadır. Bu
ani gerilim veya akım uygulamasına devrenin verdiği cevaba basamak cevabı
(step response) denir. Basamak cevabı ile aslında indüktör veya kapasitör
enerji depolarken nasıl davranış sergilediğini inceleyeceğiz.
18 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
2.3.1 RL Devresinin Basamak Cevabı
R
Vs
Şekil 2.8: RL devresinin basamak cevabı eşdeğer devresi
Yukarıdaki RL devresinde, t  0 anında anahtar kapatıldıktan sonra KVL
kullanılarak;
Vs  Ri  L
di
dt
(2.24)
19 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
V
di  Ri  Vs
R

  (i  s ) .
dt
L
L
R
(2.25)
Denklem (2.25)’in her iki tarafını dt ile çarparsak;
V
di
R
dt   (i  s ) dt
dt
L
R
di  
(2.26)
V
R
(i  s ) dt
L
R
(2.27)
di
R
  dt
Vs
L
i
R
(2.28)
di
R t
i (t 0) Vs   L 0 dt
i
R
i ( t t )
(2.29)
Başlangıç akımı i (0)  I o olarak varsayarsak,
20 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
i (t )  (Vs R)
R
ln
 t
I o  (Vs R)
L
(2.30)
Sonuç olarak bobin üzerinden geçen akımın ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir.
R
Vs
Vs  L t
i (t )   ( I o  )e
, t  0.
R
R
(2.31)
 İndüktörde başlangıçta enerji 0 ise; I o  0 . Bu durumda;
Vs
L
t 
i (t )  (1  e ) ,  
R
R
Burada zaman sabiti  , artış oranını belirler.
i ( ) 
Vs Vs 1
V
 e  0.6321 s
R R
R
Bir  zaman sabiti sonrası, i(t ) ’nin  % 63 ’ü son değere ulaşmış olacaktır.
21 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 Eğer akım ilk değer oranında artmaya devam ederse; t   ’da son değere
ulaşır.
Vs 1 t  Vs t 
di
  (  )e  e
dt
R 
L
V
di
(0)  s
dt
L
Eğer akım bu oranda artmaya devam ederse;
Vs L Vs
olur.
i

L R R
22 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
i (t )
i (t ) =
Vs R
Vs
t
L
i (t ) =
0.632 Vs R
Vs
(1- e-t t )
R
t
Io = 0
t
Şekil 2.9: RL devresinin basamak cevabına ait akım grafiği
Bobin üzerindeki gerilimin ifadesi ise ( i (t  0)  I o olması durumunda):
VL  L
V 
di
 R 
 L    I o  s  e t   (Vs  I o R )e t 
dt
R
 L 
23 (2.31)
Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 Anahtar kapanmadan önce indüktör üzerindeki gerilim 0’dır. Anahtar
kapandıktan sonra (Vs  I o R ) ’ye aniden yükselir ve zamanla exponansiyel
olarak azalıp sıfıra gider.
Bobin üzerindeki gerilimin ifadesi ise ( i (t  0)  0 olması durumunda);
VL  Vs e t 
(2.32)
 Bu durumda t  0 ’da birden Vs ’ye çıkar ve 0’a doğru exponansiyel azalır.
24 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
V (t )
Vs
VL = Vs e-t t
R
VL = Vs - Vs t
L
0.368Vs
t
t
Şekil 2.10: RL devresinin basamak cevabına ait gerilim grafiği
dV
1 t 
R
(0)   Vs e   Vs
dt
L

(2.33)
Şekil 2.10’dan da görüldüğü gibi gerilim bu oranda azalırsa;
VL  Vs 
R
Vs t
L
(2.34)
 kadar sürede Denklem (2.34)’deki gerilim ifadesi sıfıra ulaşır.
25 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Örnek 2.1:
2W
a
b
t=0
24 V
i
10W
V
8A
_
Şekil 2.11: Örnek 2.1’e ait RL devresi
Şekildeki devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra t = 0
anında (b) konumuna getiriliyor.
a) i (t ) akımının matematiksel ifadesini t  0 için bulunuz.
26 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
b) Anahtar (b) konumuna geçtikten hemen sonra L üzerine düşen başlangıç
gerilimi kaç volttur?
c) Anahtar (b) konumuna geçtikten ne kadar süre (msn) sonra indüktör gerilimi
24 volt olur?
d) Başlangıç gerilimi devre davranışını nasıl etkiler?
e) İndüktör üzerindeki gerilimin ve akımın zamana göre değişimini çiziniz.
27 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Cevap:
a) Anahtar uzunca süre (a) konumunda iken; 200 mH’lik indüktör 8 A’lik akım
kaynağına karşın kısa devre davranır ve başlangıç akımı I o  8 A olur.
Referans yönüne bakacak olursak (akımın yönüne); I o  8 A olarak
değerlendirilir. Anahtar (b) konumuna getirildiğinde i ’nin son değeri
i
Vs 24
L 200

 12 A ve zaman sabiti   
 100 msn ’dir.
2
2
R
R
R
Vs
Vs  L t
i (t )   ( I o  )e
R
R
 12  ( 8  12)e  t 0.1
 12  20e 10t A , t  0
28 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
b) VL  L
di
dt
 0.2(200e 10 t )
 40e 10t V , t  0
V (0  )  40V
c) 24  40e
10 t
1 40
V  t  ln
 51.08 msn .
10 24
d) Anahtar (b) konumuna getirildiğinde, indüktör 8 A’de kalır (Yani kapalı
çevrimde saatin ters yönünde). Bu akım, 2x8A = 16 V’luk bir gerilim
düşümü yapar ( 2  ’luk direnç üzerinde). Bu 16 V, 24 V’luk kaynağa
eklenerek indüktör üzerine 40 Volt gerilim düşümü oluşur.
29 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
e)
V (t )
i (t )
V (t )
i (t )
t (msn)
Şekil 2.12: Gerilim ve akımın zaman göre değişimi
 Akımın 0 olduğu noktada gerilim 24 volttur (kaynak).
30 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
2.3.2 RC Devresinin Basamak Cevabı
Is
R
VC
Şekil 2.13: RC devresinin basamak cevabı
Şekil 2.13’de, matematiksel kolaylık olması açısından Norton bir devre
kullanılmıştır. KCL kullanılarak:
C
dVC VC

 Is .
dt
R
(2.35)
Denklem 2.35 düzenlenecek olur ise;
31 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
dVC VC
I

 s
dt
RC C
(2.36)
Denklem (2.36)’da ki birinci dereceden diferansiyel denklemin çözümünün
sonucunda kapasitör üzerinde gerilim ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir.
VC  I s R  (Vo  I s R )e  t  , t  0.   RC .
Kapasitör üzerinden geçen akımın ifadesi ise;
dVC
i (t )  C
dt
(2.37)
1
  (Vo  I s R )e  t 

 C
1
(Vo  I s R )e  t 
RC
32 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 (Is 
Vo  t 
)e , t  0 
R
(2.38)
V (t )
i (t )
Is R
Is
t (msn)
(a)
t (msn)
(b)
Şekil 2.14: (a) Gerilimin zamana göre değişimi (b) akımın zaman göre
değişimi
33 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Örnek 2.2:
20 K W
8K W
40 K W
io
40V
60 K W
Vo
0.25 m F
160 K W
75V
Şekil 2.15: Örnek 2.2’ye ait devre şeması
Şekildeki devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra, t  0
anında (b) konumuna getiriliyor. Buna göre;
a) Vo (t ) gerilimini t  0 için bulunuz.
b) io (t ) akımını t  0 için bulunuz.
34 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Cevap:
a) Kapasitör açık devre olduğu için başlangıç değeri Vo ;
Vo 
60
40V  30V , t  0 
60  20
t  0 için Şekil 2.15’de yer alan devrenin Thevenin eşdeğeri bulnunarak,
Norton eşdeğerine geçilecek olur ise:
VoC açık devre voltajı aşağıdaki gibi hesaplanır.
160 x103
VoC 
(75V )  60V .
3
(40  160) x10
Thevenin direnci RTh ;
RTh  8 K   40 K  / /160 K   40 K 
Norton akım kaynağı, açık devre voltajının RTh ’a bölünmesiyle bulunur.
35 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
VoC 60
iN 

 1.5 mA
Rth 40 K
Böylece Norton eşdeğer devresi Şekil 2.16’daki gibi elde edilir.
30V
0.25 m F
40 K W
1.5 mA
Şekil 2.16: Örnek 2.2’ye ait devrenin Norton eşdeğer devresi
Böylece Vo gerilimi:
Vo  I s R  (Vs  I s R )e  t    RC  0.25 x106 x 40 x103  10 msn
 60  (30  ( 60))e 100 t
36 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 60  (90)e 100t V , t  0 .
b) io (t ) akımı bulunacak olur ise ( Şekil 2.16’dan görüldüğü gibi I s  1.5 mA):
io (t )  ( I s 
Vo  t RC
, t  0
)e
R
30V 100t
)e
 (1.5 mA 
, t  0
40 K
 2.25e 100t mA , t  0
Doğrulama:
dVo
 (0.25 x106 )(9000e 100t )  2.25e 100 t mA
io (t )  C
dt
dVo (0  )
 0 olduğundan, io (t ) , t  0 için geçerlidir.
dt
37 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
2.4 Basamak ve Doğal Cevapların Genel Çözümü
Daha önce belirtiğimiz gibi RC ve RL devreler 1’inci dereceden diferansiyel denklemlerle ifade
edilirler. Şekil 2.17’de C ve L’nin dört farklı devre tipi verilmiştir.
Rth
Vth
Vth
Rth
Rth
Vth
Rth
Rth
Rth
Vth
Şekil 2.17: a) İndüktör Thevenin eşdeğere bağlı b) İndüktör Norton eşdeğere bağlı c) Kapasitör
Thevenin eşdeğere bağlı d) Kapasitör Norton eşdeğere bağlı
38 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Bu dört devrenin genelleştirilmiş çözümünü elde etmek için bilinmeyen nicelik
olarak tanımlanan x(t ) ’nin, indüktör veya kapasitör uçlarındaki akım veya
gerilim olduğu varsayılırsa;
Şekil 2.17’deki devrelerin her birinin diferansiyel formu;
dx x
 K
dt 
(2.39)
K  0 olabilir. Çünkü, devrenin kaynakları sabit olduğundan, x’in son değeri
sabit olacaktır. Yani bu değer Denklem (2.39)’u sağlayacak ve x son değerine
ulaştığında,
dx
 0 olacaktır. Bu sebeple x’in son değeri;
dt
xson  K
(2.40)
Denklem (2.39) çözülecek olur ise:
39 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
( x  xson )
dx
x
( x  K )
 K 

dt



(2.41)
dx
1
  dt
x  xson

(2.42)
Böylece Denklem (2.42)’deki ifadenin her iki tarafının integrali alınacak olur
ise (integralin sembolleri olarak u ve v kullanılarak):
du
1 t
x(to ) u  xson    to dv
x (t )
(2.43)
Denklem (2.43)’deki integral çözümünün sonucunda genleştirilmiş çözüm
aşağıdaki gibi elde edilir.
x(t )  xson  ( x(t0 )  xson )e
 ( t t 0 ) 
(2.44)
40 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Bilinmeyen akım veya gerilim (t’ye bağlı) = (Akım veya gerilimin son değeri) +
(Akım veya gerilimin başlangıç değeri – akım veya gerilimin son değeri) x
e

( t  t0 )

.
Burada t0 , anahtarlama zamanı (kapanıp veya açıldığı zaman).
 zaman sabiti.
 Bu ifadede geçen değeler belirlenip yerine konularak
çözüm yapılır.
 RC devrelerde değişken olarak kapasitif gerilim (VC ) alınır.
 RL devrelerde değişken olarak indüktif akım ( iL ) alınır.
 Son değeri t   ’a giderken bulunabilir.
41 genelleştirilmiş
Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Örnek 2.3:
400 K W
90V
20W
i
VC
0.5 m F
60W
40V
Şekil 2.18: Örnek 2.3’e ait devre şeması
Devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra t = 0 anında (b)
konumuna geriliyor. Buna göre;.
a) VC geriliminin ilk değerini bulunuz.
b) VC geriliminin son değerini bulunuz.
42 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
c) Anahtar (b) konumuna getirildiğinde zaman sabiti  ’nun değerini
hesaplayınız.
d) VC (t ) gerilim ifadesini t  0 için bulunuz.
e) i (t ) akım ifadesini t  0 için bulunuz.
f) Anahtar (b) konumuna geçtikten ne kadar süre sonra VC gerilimi 0 volta eşit
olur?
g) Zamana karşı VC (t ) ve i(t ) grafiğini çiziniz.
43 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Cevap:
a) Anahtar uzunca süre (a) konumunda iken; C kapasitörü açık devre olur ve
60  ’luk direnç üzerine düşen voltaj VC (0) olur.
60
40V  30V
VC (0) 
60  20
b) Anahtarı (b) konumuna getirilip uzunca süre beklenirse C kapasitörü, 90
V’luk kaynağa göre açık devre gibi davranır ve bu yüzdem son değeri
VC ( son )  90V olur.
c)   RC
 (400 x103 )(0.5 x10 6 )  0.2 sn.
d) VC (t )  VC son  (VC (0)  VC son )e  ( t 0) 0.2
 90  ( 30  90)e 5t
44 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
 90  120e 5t V , t  0.
e)  değişmez.
i(t ) ’nin ilk değeri i (0  ) almalıyız. Çünkü akım t = 0 anında ani değişiyor.
(Fakat gerilimde ani değişme olmaz.)
i (0 ) 
(90  ( 30))
 300  A
3
400 x10
i (t )  0  (300  0)e 5t , t  0 .
f) VC (t )  0
1 4
120e 5t  90  t  ln( )  57.54 msn.
5 3
VC  0 ’da i (t  57.24)  225  A ve VR 400 k  90V .
g)
45 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
i (t )
VC (t )
300 m A
VC (t )
i (t )
225 m A
t (msn)
Şekil 2.19: Zamana göre akım-gerilim grafiği
46 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Örnek 2.4:
0.1 m F
7.5 mA
V (t )
20 KW
30 KW
Şekil 2.19: Örnek 2.4’e ait devre şeması
a) Devreye ait akım ifadesi i (t ) ’yi t  0 için bulunuz.
b) Devreye ait gerilim ifadesi V (t ) ’yi t  0 için bulunuz.
47 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Cevap:
a) Kapasitörün başlangıç gerilimi (VC (0)  0 ) sıfır olduğundan;
i (0  ) 
(7.5)20
 3 mA ( 30 K  ’dan geçen akım.)
50
ison  0 (DC akımdan dolayı t   ).
  (20  30)103 x107  5 msn.
i (t )  0  (3  0)e  t 5 x10
3
 3e 200t mA, t  0.
b) 30 K  ile kapasitör üzerine düşen voltaj toplamı V (t ) olacaktır.
VC (0)  0 (Kapasitörün başlangıç gerilimi)
Vson  (7.5)(20)  150V . (Son değer)
48 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Kapasitöre ait gerilim ifadesi;
VC (t )  150  (0  150)e 200t
 150  150e200t
Sonuç olarak V (t ) gerilimi ise;
V (t )  150  150e 200 t  30(3)e 200 t
 150  60e 200t V , t  0.
49 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Örnek 2.5:
1W
3W
20V
V (t )
80mH
Şekil 2.20: Örnek 2.5’e ait devre şeması
Şekildeki devrede uzunca süre açık konumda olan anahtar, t  0 anında
kapatılıyor. Buna göre;
a) Devreye ait gerilim ifadesi V (t ) ’yi t  0 için bulunuz.
b) Devreye ait akım ifadesi i (t ) ’yi t  0 için bulunuz.
50 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Cevap:
20
a) Anahtar açıkken ( t  0 ), i 
 5 A yani indüktör üzerindeki akım 5 A
1 3

’dir.
Anahtar
kapatıldığı
anda
akım
yine
5A
ve
ilk
voltaj
VL (0)  20  1x5  15V ’dur.
Zaman sonsuza ulaştığında ise bobin gerilimin son değer sıfırdır yani VL ( son )  0
L 80 x10 3
’dır. Zaman sabiti ise   
 80 msn ’dir. Böylece bobin üzerindeki
1
R
V (t ) gerilim ifadesi ise;
V (t )  0  (15  0)e
 t 80 x103
 15e 12.5t V , t  0.
51 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
b) Bobinin başlangıç akımı iL (0)  5 A ’idi, anahtar kapatılınca ise bobin
üzerinden iL ( son )  20 A geçer. Böylece, bobin üzerinden geçen akımın ifadesi
ise;
i (t )  20  (5  20)e 12.5t
 20  15e 12.5t A, t  0.
52 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
2.4.1 Sıralı Anahtarlama Durumu (Sequential)
Örnek 2.6:
4W
3W
1
60V
2
iL
6W VL
12W
150 mH
18W
Şekil 2.21: Örnek 2.6’e ait devre şeması
Şekildeki devrede her iki anahtarda uzunca süre kapalı durumdadır. t  0
anında 1’inci anahtar açılıyor. 35 msn sonra ise 2’inci anahtar açılıyor. Buna
göre;
53 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
a) Devreye ait akım ifadesi iL (t ) ’yi 0  t  35 msn için bulunuz.
b) Devreye ait akım ifadesi iL (t ) ’yi t  35 msn için bulunuz.
c) 18 ’luk dirençte harcanan enerji, 150 mH ’lik indüktörde depolanan
başlangıçtaki enerjinin % kaçıdır bulunuz?
d) c şıkkını 3 için tekrarlayınız
e) c şıkkını 6  için tekrarlayınız.
54 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Cevap:
a) t  0 için anahtarlar kapalı konumda ve 150 mH ’lik indüktör, 18 ’luk
dirence kısa devre olur (Şekil 2.22’den görüldüğü gibi)
4W
60V
3W
6W
12W
iL (0- )
Şekil 2.22: t  0 için eşdeğer devre
iL (0 )  6 A ( 3 üzerinden geçen akım).
0  t  35 msn için anahtar 1 açık konumdadır (anahtar 2 kapalı konumda).
55 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Bu duruma ait devre Şekil 2.23’de verilmiştir.
3W
2
1
º
iL
6W VL
150 mH
18W
Şekil 2.23: 0  t  35 msn için eş değer devre
56 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
iL
9W VL
º
150 mH
18W
iL
º
6W VL
150 mH
Şekil 2.24: 0  t  35 msn için eş değer devre
57 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Şekil 2.24’de yer alan devreye ait zaman sabiti;
L 150
) x103  25 msn.
  (
6
R
Bobin üzerinden geçen akım;
iL  6e 40t ,0  t  35 msn.
b)
t  35 msn ’de bobin üzerindeki akım bulunacak olur ise;
iL  6e 1.4  1.48 A
t  35 msn ’de anahtar 2 açılacak olur ise;
58 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
3W
iL (0.035) @ 1.48 A
6W VL
150 mH
Şekil 2.25: t  35 msn arasındaki eşdeğer devre
Şekil 2.24’deki devreye ait zaman sabiti;
 (
150
) x10 3  16.67 msn
9
Bobin üzerinden geçen akımın ifadesi ise;
iL  1.48e 60( t 0.035) A, t  35 msn
59 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
c)
18 ’luk direnç sadece ilk 35 msn ’de var. Bu aralık için 18 ’luk direnç
üzerinde harcanan enerji aşağıdaki gibi bulunabilir.
d
VL  0.15 (6e 40t )
dt
 36e 40t V ,0  t  35 msn.
VL 2
 72e 80 t W ,0  t  35 msn.
P
R
Harcanan enerji;
W 
0.035
0
72e 80t dt
 0.9(1  e 2.8 )  845.27 mJ .
60 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
İlk depolanan enerji;
1
Wi  (0.15)(36)  2.7 J  2700 mJ .
2
845.27
x100  31.31% ’i 18 ’da harcanmaktadır.
2700
d) 0  t  35 msn aralığında 3 için enerji ifadesi aşağıdaki gibi bulunur.
V3 
VL
 ( )(3)
9
1
 VL = 12e 40t
3
W3   
0.035
0
144e 80t
dt
3
 0.6(1  e 2.8t )  563.51mJ .
61 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
t  35 için;
W3   i3   iL  (6e 1.4 )e 60( t 0.035) A
W3   

0.035


0.035
3(36)e 2.8t e 120( t 0.035) dt
 108e

3(i3  ) 2 dt
2.8
x
e
120( t 0.035) 
(120)
0.035
108 2.8
e  54.73 mJ .
120
W3  (toplam)  563.51  54.73  618.24 mJ
618.24
x100  22.90 %
2700
62 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
e) 6  ’luk direç 3 ’luk direnç ile seri olduğundan, 6  ’da harcanan enerji 3
’un iki katı olur.
W6  (toplam)  1236, 48 mJ
1236, 48
x100  45.80 %
2700
Toplam harcanan enerji kontrol edilirse;
1236.48  618.24  845.27  2699.99 mJ .
31.31  22.90  45.80  100.01% .
0.01’lik fark yuvarlama hatasıdır. (Yoksa % 100)
63 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Örnek 2.7:
100 KW
400V
50 KW
0.1 m F
V (t )
Şekil 2.26: Örnek 2.7’e ait devre şeması
Şekildeki şarj olmamış kapasitörlü devrede anahtar (a) konumundan t  0 ’da
(b) konumuna getiriliyor ve bu konumda 15 msn bekletiliyor. t  15 msn ’de ise
anahtar (c) konuna getiriliyor ve (c) konumunda sonsuza kadar bekletiliyor.
Buna göre;
64 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
a) Kapasitör üzerindeki gerilimin ifadesini bulunuz.
b) Kapasitör üzerindeki gerilimin zaman göre değişimini çiziniz.
c) Kapasitör üzerindeki gerilim ne zaman 200 volt olur?
Cevap:
a) Anahtar (b) konumuna getirildiği anda kapasitörün başlangıç gerilimi
VC (0)  0 Voltur. (b) konumunda anahtar kalırsa kapasitör 400 Volta şarj olur.
Bu devreye ait Zaman sabiti;
  RC  (100 x103 )(0.1x106 )  10 msn .
Gerilim ifadesi;
V (t )  400  (0  400)e 100 t
V (t )  (400  400)e 100t V ,0  t  15 msn .
65 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
15 msn anındaki gerilim değeri ise;
V (15 msn)  (400  400)e 1.5  310.75V .
Anahtar (c) konumuna getirilirse;
Gerilimin son değeri;
VC ()  0 ve   (50 x103 )(0.1x106 )  5 msn.
Bu durumda gerilim ifadesi ise;
V  0  (310.75  0)e 200( t 0.015)
 310.75e 200( t 0.015) ,15 msn  t .
66 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
b)
V (t )
310.75
400 - 400e-100t
310.75e-200( t-0.015)
15 msn
t
Şekil 2.27: Kapasitör üzerindeki gerilimin zaman göre değişimi
c) Şekil 2.27’den görüldüğü gibi 200 V, 15 msn hem önceki hem de sonraki
anlarda mevcuttur. Bu iki nokta (t1 ve t2) aşağıdaki gibi bulunur.
200  400  400e 100t1  t1  6.93 msn .
200  310.75e 200( t2 0.015)  t2  17.20 msn .
67 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
2.5 Sınırsız (Unbounded) Cevap
Bir devre cevabı, azalmak yerine exponansiyel olarak artabilir. Bu tür devre
cevaplarına, sınırsız cevap denilmektedir. Bu tür devre cevapları, devrede
bağımlı kaynak olması durumunda mümkün olabilir. Bu tip devreler; negatif
Thevenin direncine sahiptiler (indüktör veya kapasitörün uçlarına göre
yapılan analizlerde) ve bu yüzden de negatif zaman sabiti üretirler. Bu da
sınırlanamayan bir akım ve voltaj artışına neden olmaktadır. Gerçek bir
devrede bu durum, elemanın (indüktör veya kapasitör) bozulmasına veya
doyuma girmesine sebep olur. Yani gerçekte sonsuza uzayan bir artış mümkün
değildir. Bu tip devrelerde genel çözüm denklemlerini direkt olarak
kullanamayız. Yeniden çözmek gerekir.
68 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Örnek 2.8:
i
10 KW
5 m F Vo
7i 20 KW
Şekil 2.28: Örnek 2.8’e ait devre şeması
a) Anahtar t  0 ’da kapatıldığında kapasitör üzerindeki gerilim 10 V olduğuna
göreVo gerilimini t  0 için bulunuz.
b) Kapasitörün uç voltajı 150 volta ulaştığında kapasitörün kısa devre olacağını
varsayarak, kapasitör kısa devre olmadan önce harcanan süreyi bulunuz.
69 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
a) Thevenin eşdeğerini bulmak için (kapasitör uçlarına göre) test-kaynak
metodunu kullanılır. Bu durumda VT test voltajı olmak üzere;
i
iT
10 KW
7i
20 KW
Şekil 2.29: Test-kaynak metodu kullanımı
VT
 VT  VT
iT   7   
mA
10
 20  20
70 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
VT
’nin çözümü, RTh ’ı verir. Böylece RTh aşağıdaki gibi bulunur.
iT
6 
VT
1
 1
VT     iT ve buradan RTh 

 5 K  .
1
6
iT
 10 20 

10 20
10V
5 mF
-5 K W
Şekil 2.30: Devrenin Thevenin eşdeğeri
71 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
t  0 için;
dVo Vo
(5 x10 )
 x10 3  0
5
dt
6
dVo
 40Vo  0
dt
Vo (t )  10e 40t V , t  0.
b) Vo  150V
150  10e40t
40t  ln15  t  67.70 msn
72 Devre Teorisi Ders Notu
Dr. Nurettin ACIR ve Dr. Engin Cemal MENGÜÇ
Kaynak
J. W. Nilsson and S. Riedel, Electric Circuits, Pearson Prentice Hall.
73