= ∫ ∫ - Eniyiders

1.1.1 ELEKTRIK DEVRELERİNE UYGULANMASI:
Basit kapalı iki tür elektrik devresi vardır. Bu devrelerden ilkinde R(Ohm) rezistans,
L(Henry) indüktans, I(amper) akım ve birde E(Volt) elektromotor kuvveti vardır.
Bu elemanları bulunduran devreye RL-basit devresi denir. Bu devrede L(Henry)
indüktans devre elemanının yerine C(Farad) kapasitansının bulunması halinde bu
devreye RC-basit devresi denir.
Böyle bir devrede bir noktadaki kazanılan ve kaybedilen değerlerin toplamının sıfır
olacağı Kirchhoff kanununa göre bilindiğinden devredeki RI, L
dI
,  E (t )
dt
değerlerinin toplamı yani;
L
dI
 RI  E (t )  0
dt
olacaktır. Buradan
dI R
1
 I  E (t )
dt L
L
diferensiyel denklemi elde edilir. Birinci mertebeden lineer diferensiyel denklem
R
dt
olduğundan çözümü için e  L integral çarpanından yararlanarak çözüm yapılırsa
R
dt dI
R   RL dt 1

L 
e
E (t )
 dt  L I   e
L
R
R
d 
 L dt   e  L dt 1 E (t ) .
I
(
t
)
e


dt 
L

Burada her iki tarafın t değişkenine göre integrali alınırsa
R
I (t )e  L 
dt
R
1
 L dt dt
E
(
t
)
e
L
R
R
 dt  1
dt

I (t )  e  L   E (t )e  L dt 
L

R
R
dt  1
dt



L
L
I (t )  e
E
(
t
)
e
dt  C 
 
L


I (t )  e
R
 t
L
R
t
1

L
E
(
t
)
e
dt  C 
 
L

bulunur.
Bu çözüm herhangi bir t zamanı için akım fonksiyonudur. Bu devrede
L(Henry indüktans elemanı yerine C(Farad) kapasitansı olduğu zaman elde edilecek
diferensiyel denklem
dq
1
1

q  E (t )
dt RC
R
şeklindedir. Burada q(Coulomb), kapasitanstaki yükü göstermektedir. Bu denklemde
birinci mertebeden lineer diferensiyel denklem olup çözümü için
1
e
 RC dt integral çarpanından yararlanarak
1
1
dt dq
dt
1  1  RC

RC 
e

q

e
E (t )
 dt RC  R
1
1
dt
dt
 1  RC
d   RC
e
q
(
t
)

e
E (t )


dt 
 R
1
e  RC q(t ) 
dt
1
dt
1  RC
e
E (t )dt  C

R
1
1
dt  1
dt



RC
RC
q(t )  e
E (t )dt  C 
 e
R


q(t )  e

1
t
RC
1
t
 1 RC

e
E (t )dt  C 
 
R

bulunur bu çözüm herhangi bir t zamanı için kapasitanstaki yük miktarını veren
fonksiyondur. Bu fonksiyonun t değişkenine göre türevi alınarak
dq(t )
I (t ) 
dt
şeklinde akım fonksiyonu bulunur.
Örnek 1.1.1.1: Bir RL- devresinde E(volt)  3sin 2t , direnç 10 Ohm, indüktans
0.5 Henry ve ilk akım olarak veriliyor. Herhangi bir t anında devredeki akımı
bulunuz.
Çözüm 1.1.1.1: Soruda verilen E  3sin 2t , R=10, L=0.5 değerleri
dI R
E
 I
dt L
L
denkleminde yerine yazılırsa
dI
 20 I  6sin 2t
dt
denklemi elde edilir ve bu denklem birinci mertebeden lineer diferensiyel
20dt
denklemdir. Çözümünde e 
integral çarpanı kullanılarak
 dI

e20t   20 I   6e20t sin 2t
 dt

d 20t
e I (t )   6e20t sin 2t
dt 
e20t I (t )  6 e20t sin 2tdt

1

 5

I (t )  e20t 6e20t 
sin 2t 
cos 2t   C 
202
 101



I (t ) 
30
3
sin 2t 
cos 2t  Ce20t
101
101
akım fonksiyonu bulunur. Başlangıç şartları, t  0 için I (0)  6 uygulanırsa
6
30
3
sin(0) 
cos(0)  Ce(0)
101
101
Olup C 
609
30
3
609 20t
bulunur sonuçta akım fonksiyonu I (t ) 
sin 2t 
cos 2t 
e
101
101
101
101
şeklinde bulunur.
Örnek 1.1.1.2: Bir RC- devresinde E  400cos 2t , direnç 1000 Ohm ve
kapasitans(c) 0.01 farad olarak veriliyor. Başlangıçta kapasitans(c) sıfırdadır.
Herhangi bir t anında devredeki akımı bulunuz.
Çözüm 1.1.1.2: Önce q yükünü bulalım daha sonra yükün zamana göre türevini
alarak akımı bulabiliriz. Soruda E  400cos 2t , R  100 , C  0.01 faraddır. Bu
değerleri
dq
1
E

q
dt RC
R
denkleminde yazılırsa;
dq
 q  4cos 2t
dt
ifadesi.elde edilir ve birinci mertebeden lineer diferensiyel denklemdir.
Çözümünde  (t )  e  et integral çarpanı kullanılarak
dt
et
dq t
 e q  4et cos 2t
dt
d
 qet   4et cos 2t
dt
qet  4 et cos 2tdt
8
4
q  sin 2t  cos 2t  Cet
5
5
t  0 da q  0 olduğu verildiğinden
8
4
0  sin(0)  cos(0)  Ce(0)
5
5
4
bulunur ve
5
8
4
4
q  sin 2t  cos 2t  et
5
5
5
Buradan C  
elde edilir.
I (t ) 
dq 16
8
4
 cos 2t  sin 2t  et
dt
5
5
5