Bölüm 1 Elektriksel Büyüklükler ve Elektrik Devre Elemanları
advertisement
Bölüm 1 Elektriksel Büyüklükler ve Elektrik Devre Elemanları 1.1 Temel Elektriksel Büyüklükler: Akım, Gerilim, Güç, Enerji 1.2 Güç Polaritesi 1.3 Akım ve Gerilim Kaynakları F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 1 1.1. Temel Elektriksel Büyüklükler • Elektriksel olaylar, elektrik yükleri ile açıklanır. - + - - - - - + + + + + + • Elektrik yükünün ayrıştırılması (kümelenmesi) elektrik kuvvetini (elektrik potansiyelini) yani gerilimi üretirken, • Elektrik yükünün hareketi ise elektrik akımını üretir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 2 Elektrik Akımı Elektrik akımı, bir iletkenden birim zamanda geçen yük miktarıdır. Akımın yönü, negatif elektron yüklerinin tersi yönünde kabul edilir. + i Buna göre, eğer bir t süresi boyunca bir iletkenden akan yük Q ise iletkenden geçen sabit akım, Q I t Ancak, yük zaman bağlı ise F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. dq i dt 3 Örnek 1.1 Bir iletkenden geçen yük miktarı a-) 2 saniye boyunca Q=10 C (amper-saniye) ise 2 t b-) q( t ) 10e C ise iletkenden geçen akımı bularak zamana göre değişimlerini çiziniz. Çözüm F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 4 Gerilim-Potansiyel Fark • Pozitif ve negatif elektrik yükleri ayrıştırılırsa bir enerji ortaya çıkar ve bu enerji bir elektrik kuvvetine yol açar. Buna göre gerilim, birim yükün oluşturduğu enerji ya da birim yükün A noktasından B noktasına hareket ettirilmesi için gereken enerji miktarı olarak tanımlanabilir. • Örneğin, +5 C yük, A’ dan B’ ye 1hareket ederken 10 Joul iş yapıyorsa bu C noktalar arasındaki potansiyel farkı V=10/5=2 volt demektir. dt yük değişimine karşın dw enerji değişimi+ oluyorsa gerilim, W V Q . . A B VAB F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. dw v dq 5 Üreteçler (Kaynaklar) Bir elektrik devresine uygulanan giriş, bir elektrik enerjisi kaynağından gelmek durumundadır. Kaynaklar, akım ve gerilim kaynağı olabilir. Vs + - Devre elemanı Is Devre 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 Bir elemandan geçen akım, olduğuna göre, dq i dt Elemanın akımı biliniyor ve yük bulunacak ise, t q(t ) i(t )dt 0 to anında bir to başlangıç yükü de mevcut ise, t q(t ) i(t )dt q(t0 ) t0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 7 Örnek 1.2 Şekildeki devreden geçen yük değişimi q(t) nedir? 5000t i 20e i Devre elemanı t Cevap: q( t ) i( t )dt 0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 8 Örnek 1.3 Şekildeki devreden geçen yük değişimi q(t), 0-3 saniye aralığında nedir? i Devre elemanı Cevap: t q(t ) i(t )dt q(t0 ) t0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 9 Güç • Enerjinin zamana göre değişim oranı ya da birim zamanda yapılan iş ise güçtür. dw p dt Bulunan akım gerilim bağıntıları kullanılarak dw dq p v.i dq dt F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 10 Enerji • Güç tanımından yararlanarak enerji, aşağıdaki integral ile bulunur. t dw p dt w(t ) p(t )dt 0 to anında bir to başlangıç enerjisi varsa, t w(t ) p(t )dt w(t0 ) t0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 11 Sonuç olarak 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 12 1.2 Güç Polaritesi • Bir devrede, devre elemanının harcadığı güç p=v.i dir. • bu güç, aynı zamanda kaynak tarafından devre elemanına verilen güçtür. Dolayısıyla kaynak tarafından verilen gücün değeri de p=v.i dir. • Bu nedenle, devre elemanına verilen ve elemandan tarafından harcanan güçleri ayırmak amacıyla güç hesaplamalarında gücün polaritesini de belirlemek gerekir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 13 Güç Polaritesi • Akımla gerilimin polaritesi uygunsa gücün polaritesi (+) aksi halde gücün polaritesi (-) olarak yazılır. Alınan ya da harcanan Güç: Pa=+v.i Verilen 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 14 Örnek 1.4. Şekildeki devrede elemanların akım ve gerilimleri verildiğine göre elemanlarının güçlerini bulunuz. i1 5 A i2 3 A i3 8 A v1 6 V v2 15 V v3 20 V v4 5 V v5 30 V Çözüm Pa v1 .i1 Pb v2 .i3 Pc v3 .i1 Pd v4 .i3 Pe v5 .i2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 15 Örnek 1.5 Şekildeki devrede, gerilim ve akımın ifadeleri verildiğine göre elemanın gücü ve elemanında harcanan enerjiyi bulunuz. v 10e i 20e 5000t F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 5000t 16 Çözüm v 10e 5000t i 20e 5000t p v.i t w pdt t Ya da 0 w v.idt 0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 17 Örnek 1.6 Bir devreye uygulanan gerilimin ve devreden geçen akımın dalga şekilleri aşağıda verilmiştir. a-) t=1,2,3,4. sn.lerdeki devre elemanının harcadığı güç ifadesini bularak güç eğrisini çiziniz. b-) t=1,2,3,4. sn.lerdeki elemana verilen enerjiyi bularak enerji eğrisini çiziniz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 18 Çözüm: t=1,2,3,4. sn.lerdeki güçler ve enerjiler, bu aralıklardaki akım ve gerilim denklemleri yazılarak hesaplanabilir. p v.i t w(t ) p(t )dt w(t 0 ) t0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 19 Örnek 1.7 Bir devre elemanının gerilimi ve akımı verilmiştir. v 20e 5t i 2 2e 5t 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 20 Çözüm a-) Elemanın harcadığı güç, F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. p v.i 21 b-) Gücün maksimum olduğu zaman, gücün zamana göre türevinin (güç eğrisinin eğiminin) sıfır olduğu noktadır. Yani, dp 0 dt Buradan, tmax 0.1386 sn pmax p(0.1386) 10 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 22 c-) Enerji t t 0 0 w( t ) v.idt ( 40e5t 40e10t )dt F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 23 1.3 Akım ve Gerilim Kaynakları İdeal 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. !!! F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 24 Bağımlı Kaynaklar: Ürettikleri gerilim ya da akım, devrenin başka bir yerindeki akım ya da gerilime bağımlıdır. . vs .v x vs .i x is .v x is .i x Örnek Bir transistörlü yükseltecin DC eşdeğeri F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 25 Diğer bölüme başlamadan önce bu bölüm ile ilgili verilen soruları çözmeniz tavsiye edilir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 26 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 . v iR Direnç değeri, iletkenin boyutlarına ve cinsine bağlı olarak aşağıdaki ifadeden elde edilir. R s İletkenlik F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 1 G R 28 Örnek 2.1: Şekildeki devrede, direncin gerilimini, harcanan gücü, kaynağın verdiği gücü ve dirençte oluşan enerjiyi bularak zamana göre değişimlerini çiziniz. Çözüm: PV v i v R.i t Pa v.i F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. w pdt 0 29 Kirchhoff Kanunları Gerilimlerin kanununa (KGK) göre Vs1 V1 V2 V3 Vs 2 0 Akımlar kanununa (KAK) göre I s1 I1 I 2 I 3 I s 2 0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 30 Kirchhoff Kanunlarına göre Geçerli ve Geçersiz Kaynak Bağlantıları F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 31 Örnek 2.2. Şekildeki devrede vo=100 volt olduğuna göre bağlantı geçerli midir? Niçin? Geçerli ise devredeki elemanların güçlerini bulunuz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 32 Örnek 2.3 Aşağıdaki devreyi Ohm ve Kirchoff kanunlarından yararlanarak çözünüz. (Elemanların akımlarını, gerilimlerini ve güçlerini bulunuz.) Çözüm: i0 3 A P10 i1 3A P50 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. V1 50 i1 150 P6 A P120V 33 Örnek 2.4 Aşağıdaki devreyi Ohm ve Kirchoff kanunlarından yararlanarak çözünüz. (Elemanların akımlarını, gerilimlerini ve güçlerini bulunuz.) Çözüm: F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 34 2.2. Temel Dirençli Devreler Seri Dirençler Şekildeki seri devreye ohm ve KGK uygulanırsa kaynak uçlarına göre devrenin eşdeğer direnci, VS iS ( R1 R2 R3 .... Rn VS Reş R1 R2 R3 ... Rn iS F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 35 Paralel Dirençler: Şekildeki paralel devreye ohm ve KAK uygulanırsa kaynak uçlarına göre devrenin eşdeğer direnci, VS VS VS iS R1 R2 R3 iS 1 1 1 1 1 ... VS Reş R1 R2 R3 Rn F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 36 Gerilim Bölücü Devre: Şekildeki gibi gerilim kaynağına seri bağlı dirençler, gerilim bölücü olarak görev yaparlar. Vs V2 R2 R1 R2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 37 Akım Bölücü Devre: Şekildeki gibi akım kaynağına paralel bağlı dirençler, akım bölücü olarak görev yaparlar. V i1 R1 i2 R2 R1 R2 V iS R1 R2 R2 R1 i1 iS ve i2 iS R1 R2 R1 R2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 38 Wheatstone Köprüsü: Genellikle direnç ölçme amaçlı olarak kullanılan wheatstone köprüsü şekilde verilmiştir. Galvonometre (G) sıfırı gösterecek şekilde bir Rx direnci bağlanır (yada Rx direnci ayarlanırsa) V1=V2 , V3=Vx ve I1=I3 , I2=Ix Bu durumda, R1 I 1 R2 I 2 R3 I1 Rx I 2 Bu eşitlikler oranlanırsa bilinmeyen Rx direnci R2 Rx R3 R1 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 39 Üçgen/Yıldız ( /Y ) ya da PI/TEE Dönüşümü: Üçgen ve yıldız bağlı dirençler (PI ve TEE bağlantı) birbirlerine dönüştürülebilir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 40 Yıldız ve üçgen bağlı dirençlerin eşdeğer olabilmesi için bağlantıların aynı uçlarından bakıldığında görülen dirençlerin aynı olması gerekir. Ra ( Rb Rc ) Rab R1 R3 Ra Rb Rc Rb ( Ra Rc ) Rac R1 R2 Ra Rb Rc Rc ( Ra Rb ) Rbc R2 R3 Ra Rb Rc Ra R1 R2 R2 R3 R1 R3 R2 , Rb Ra Rb , Ra Rb Rc Rc Rb R2 , Ra Rb Rc Ra Rc R3 Ra Rb Rc R1 R1 R2 R2 R3 R1 R3 R R R2 R3 R1 R3 , Rc 1 2 R3 R1 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 41 Örnek 2.5. Şekildeki devrede V gerilimini bulunuz. Şekil (a) daki 5, 10 ve 105 ohm luk üçgen bağlantı yıldıza dönüştürülürse şekil (b) elde edilir ve devrenin kaynak uçlarına göre eşdeğer direnci Reş 17.5 ohm ve kaynak uçlarındaki gerilim ise, V 2.Reş 35 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 42 2.3 Kirchhoff Kanunları: Bağımlı Kaynaklı Devrelere Uygulanması Örnek 2.6 Aşağıdaki devrede Kirchhoff Kanunları yardımıyla ix ve i1 akımları ile v0 gerilimini bulunuz. Çözüm: i1 24 i x 4 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. V0 480 v 43 Örnek 2.7 Aşağıdaki devrede Kirchhoff Kanunları yardımıyla elemanların akımlarını, gerilimlerini ve güçlerini bulunuz. Çözüm: i0 1 i x 1.67 V0 3 v P10V P3 İX , P2 , P6 P3 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. PV Pa 44 Örnek 2.8 Aşağıdaki devrede Kirchhoff Kanunları yardımıyla elemanların akımlarını, gerilimlerini ve güçlerini bulunuz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 45 Diğer bölüme başlamadan önce bu bölüm ile ilgili verilen soruları çözmeniz tavsiye edilir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 46 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 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 47 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 Örnek 3.1.a Şekildeki devreyi düğüm gerilimleri yöntemi ile çözünüz. Çözüm V1 9.09v V 2 10.91v hesaplanan düğüm gerilimlerinden yararlanarak örneğin, F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. i2 0.91A 49 Örnek 3.1.b Şekildeki devreyi düğüm gerilimleri yöntemi ile çözünüz. Süper düğüm sorunu Çözüm F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 50 Düğüm Gerilimleri Yöntemi: Bağımlı Kaynaklı Devreler Örnek 3.2. Şekildeki devreyi düğüm gerilimleri yöntemi ile çözünüz. Çözüm V1 16 V2 10 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 51 Örnek 3.3. Şekildeki devreyi düğüm gerilimleri yöntemi ile çözünüz. Süper Düğüm Sorunu Çözüm V1 60 V2 80 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. ix 2 52 Örnek 3.4. Şekildeki devreyi düğüm gerilimleri yöntemi ile çözmek için gerekli düğüm denklemlerini yazınız. Çözüm F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 53 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. Çözüm i1 5.6 i2 2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. i3 0.8 55 Örnek 3.6. Şekildeki devreyi çevre akımları yöntemi ile çözmek için gerekli çevre denklemlerini yazınız. Süper Çevre Sorunu F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 56 Çevre Akımları Yöntemi: Bağımlı Kaynaklı Devrelere Uygulanması Örnek 3.7. Şekildeki devreyi çevre akımları yöntemi ile çözmek için gerekli çevre denklemlerini yazınız. Çözüm i1 i2 26 i3 28 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 57 Örnek 3.8. Şekildeki devreyi çevre akımları yöntemi ile çözmek için gerekli çevre denklemlerini yazınız. Süper Çevre Çözüm F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 58 Örnek: Şekildeki devreyi, a-) Çevre akımları yöntemi ile çözünüz yani, çevre akımlarını bulunuz. b-) Düğüm gerilimleri yöntemi ile çözünüz yani, düğüm gerilimlerini bulunuz F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 59 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 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 61 Süperpozisyon ( Toplamsallık) Teoremi Bağımlı kaynaklı devrelere uygulanması Örnek 3.9. Şekildeki devrede, teoremi ile Vo gerilimini bulunuz. toplamsallık Bağımsız kaynaklar tek bırakılarak devre ayrı ayrı çözülmelidir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 62 Akım kaynağı devreden çıkarılırsa Çözüm: Vo1 ? Gerilim kaynağı devreden çıkarılırsa Çözüm: Vo 2 ? SONUÇ Vo Vo1 Vo 2 24 V F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 63 • 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, 8 16 I 01 0.4 A , I 02 0.8 A ve I 0 0..4 0.8 1.2 A 20 20 20 ohm direncin harcadığı güç P0 V0 .I 0 24 *1,2 28.8 W Ancak, Güç için toplamsallık teoremi uygulanırsa, P01 V01.I 01 3.2 W , P02 V02 .I 02 12.8 W F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. P0 P01 P02 64 Kaynakların Dönüşümü Şekildeki kaynaklarda (ab) uçlarında bir RL direncinin bağlı olduğunu düşünürsek bu direncin akımı ve gerilimi her iki devrede de aynı ise kaynaklar birbirine eşdeğer vs r demektir. i L iL r RL Bu ifadeler birbirine eşitlenirse kaynak dönüşümü için, vs is r F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. r RL is vs ri s 65 3.4. Thevenin ve Norton Teoremi Thevenin 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, RN RTH ve VTH IN RTH VTH - Devrenin ab uçlarına göre (ab uçlarından ölçülen) açık devre gerilimidir. IN - Devrenin ab uçlarından ölçülen kısa devre akımıdır. RTH - Devrenin ab uçlarına göre eşdeğer direncidir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 66 Örnek: Şekildeki devrenin ab uçlarına göre Thevenin ve Norton eşdeğerini bulunuz. Çözüm: F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 67 Thevenin ve Norton Teoremi Bağımlı kaynaklı devrelere uygulanması 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, RTH VTH IN 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. RTH VTest I Test F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 68 Örnek 3. 10 Şekildeki devrenin ab uçlarına göre Thevenin eşdeğerinin bulunuz. Çözüm: Vab VTH 5V F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 69 Çözüm: Thevenin direncini bulmak için, 1.Yol: Norton akımını bulmak. I N 50mA RTH VTH 5 100 IN 0.05 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 70 Çözüm: 2.Yol: ab uçlarına test kaynağı bağlamak, RTH VTest 1 100 1 3 I Test 25 100 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 71 Örnek 3. 11 Şekildeki devrenin ab uçlarına göre Thevenin eşdeğerinin bulunuz. Çözüm: VTH 8V F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 72 Çözüm: Thevenin direncini bulmak için iki yol izlenebilir. 1.Yol: Norton akımını bulmak. 24 IN 4 8 A 2 RTH F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 8 1 8 73 Çözüm: 2.Yol: ab uçlarına test kaynağı bağlamak RTH VTest 1 1 I Test 1 3 1 8 8 2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 74 Diğer bölüme başlamadan önce bu bölüm ile ilgili verilen soruları çözmeniz tavsiye edilir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM. M.G. 75 Bölüm 4 DİNAMİK DEVRE ELEMANLARI ( Bobin ve Kondansatörler) 4.1. Bobin 4.2 Kondansatör 4.3. Seri – Paralel Bağlama 4.4 Karşıt Endüktans F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 76 4.1. Bobin (İdeal) • 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. Bobinin uç denklemi di vL dt F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. Gerçek bobin ? 77 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 t i (t ) t0 i (t 0) vdt L di vdt Ldi di vL dt Sonuç olarak bobin akımı, bobin gerilimi cinsinden, t 1 i(t ) vdt i(t 0 ) L t0 Burada i(to), bobinin to anındaki şarj (başlangıç) akımıdır. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 78 4.1.1 Bobinlerde güç ve enerji Akım-gerilim ilişkileri kullanılarak bir bobinin güç ve enerji bağıntıları da türetilebilir. p v.i dw di p L .i dt dt dw Lidi w i 0 0 dw L idi 1 2 w Li 2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 79 Örnek 4.1. Şekildeki devrede t=0 anında kaynağın bobine bağlandığı ya da t=0 anında anahtarın açıldığı kabul edilerek t 0 İçin, Burada L=0.1 H ve 5 t i( t ) 10te 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 80 Çözüm: i( t ) 10te5t a-) Akımın maximum olduğu nokta, akımın eğiminin sıfır olduğu noktadır. d i( t ) 0 dt F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 81 5 t i( t ) 10te Çözüm(devam): b-) di vL dt F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 82 Çözüm(devam): c-) p v.i 5 t i( t ) 10te 5t 5t v e 5te Pozitif ve negatif güç aralıkları ??? F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 83 t Çözüm(devam): d-) w pdt yada o 1 2 w Li 2 2 10t w 5t e Enerji alış veriş aralıkları ??? F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 84 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. t Çözüm: 1 i( t ) vdt i( 0 ) L0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. i( t ) 85 Çözüm(devam): Bobini güç ve enerjisi, Bu sonuca göre, t=0 için i(0)=0 ve t için i() olacağından sabit kaynaklı devrelerde t=0 anında bobin açık devre, t için bobin kısa devre olarak davranır. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 86 Örnek 4.2. b Şekildeki devrede, t=0 anında kaynak devreye bağlanmıştır. Elemanların t=0 daki akım ve gerilimleri ile t için akım ve gerilimlerini bulunuz. Örnek 4.2. c Şekildeki devrede bobin gerilimini bulunuz. i(t)=Im.Sin(wt) F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 87 Örnek 4.3 Şekildeki devrede t 0 için bobine uygulanan gerilimin dalga şekli şekilde verilmiştir. Bobin akımını bulunuz. L=0.5 H. Çözüm: 0-2 sn aralığında t 1 i( t ) 10dt 0 .... 0.5 0 1 t 2-3 sn i( t ) ( 20t 50 )dt 40 .... 0.5 2 t 1 0dt 40 3. sn den sonra, i( t ) 0.5 3 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 88 Örnek 4.4 Şekildeki devrelerde anahtar 0.5 saniye (a) konumunda kaldıktan sonra t=0 anında (b) konumuna alınıyor. Bobin akımını bulunuz. a v(t)=10 v a L=0.1 H a v(t)=10 v t=0 t=0 L=0.1 H a v(t)=2 v F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 89 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. Kondansatörün uç denklemi dv i C dt Kondansatör gerilimi t 1 v(t ) idt v(t 0 ) C t0 Burada v(to), kondansatörün to anındaki şarj (başlangıç) gerilimidir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 90 4.2.2 Kondansatörlerde güç ve enerji Akım-gerilim ilişkileri kullanılarak bir kondansatörün güç ve enerji bağıntıları da türetilebilir. p v.i dv dw p v.C. dt dt dw Cvdv w v dw C vd v 0 0 1 2 w Cv 2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 91 Örnek 4.5 Şekildeki devrede kondansatöre bağlanan akım kaynağının değeri verilmiştir. kondansatör gerilimini, gücünü ve enerjisini bularak grafiklerini çiziniz. C=0.1 F i(t ) 20te10t Çözüm: Kondansatör başlangıçta şarjsız olduğuna göre, t t 1 t v(t ) idt 10 (20te10t )dt 200 (te10t )dt C0 0 0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 92 A Çözüm(devam): t t 1 v( t ) idt 10 ( 20te10t )dt C0 0 Kısmi integrasyon gerektiğinden, u t du dt ve dv e 10t 1 10t dt v e 10 dönüşümü kullanılarak kısmi integrasyon uygulanırsa, t v( t ) 200 ( te10t )dt 0 v(t ) 2 2e 10t 20te 10t 93 Güç ve Enerji p v.i t Buradan w pdt 0 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 1 2 yada w Cv 2 94 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 95 Örnek 4.7 Şekildeki devrede, t=0 anında kaynak devreye bağlanmıştır. Elemanların t=0 daki akım ve gerilimleri ile ve t için akım ve gerilimlerini bulunuz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 96 Örnek 4.8 Şekildeki devrede t 0 için kondansatöre uygulanan gerilim, v(t ) 0 v(t ) 4t 4e (t 1) t0 0 t 1 t 1 denklemi ile tanımlanmıştır. Kondansatör akımını, gücünü ve enerjisini bularak grafiklerini çiziniz. C=0.5 F F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 97 Çözüm: 0-1 sn aralığında, v(t ) 0 v(t ) 4t 4e (t 1) t0 0 t 1 t 1 t>1 sn için, d ( t 1 ) i 0.5. 4e dt p v.i 1 2 w Cv 2 dv i C dt p v.i 1 2 w Cv 2 98 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. Örnek 4.8.b Şekildeki devrede kondansatör akımını bulunuz. v(t)=Vm.Cos(wt) F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 99 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, 1 t v( t ) 2tdt ... 0.2 0 p v.i w 0.5Cv2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 100 t>2 sn için 1 t v( t ) ( 2t 8 )dt v( 2 ) ... 0.2 2 p v.i w 0.5Cv2 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 101 Örnek 4.10 Şekildeki devrelerde anahtar 0.5 saniye (a) konumunda kaldıktan sonra t=0 anında (b) konumuna alınıyor. Kondansatör gerilimini bulunuz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 102 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. v v1 v2 ..vn di di di di Leş L1 L2 ...Ln dt dt dt dt Leş L1 L2 ....Ln v v1 v2 ..vn 1 1 1 1 idt idt idt .... idt Ceş C1 C2 Cn 1 1 1 1 ..... Ceş C1 C 2 Cn 103 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. i i1 i 2 ..in 1 1 1 1 vdt vdt vdt .... vdt Leş L1 L2 Ln 1 1 1 1 ..... Leş L1 L2 Ln i i1 i 2 ..in dv dv dv dv Ceş C1 C 2 ...Cn dt dt dt dt Ceş C1 C 2 ....Cn F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 104 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: F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 106 Örnek 4.13 Şekildeki devrede, t=0 anında vc(0)=-10 v olduğu ve 4 t olduğu bilinmektedir. için t 0 i( t ) e t 0 için v(t) gerilimin bulunuz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 107 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. Bir bobindeki gerilim ise dF vN dt 108 Dolayısıyla her iki sargıdan da bir akımın geçmesi durumunda bu denklem çözülürse Manyetik kuplajlı devrelerde, d d v1 L1 i1 M i2 dt dt ve dF vN dt d d v2 L2 i2 M i1 dt dt elde edilir. Burada, sargılardaki öz endüktans ve karşı endüktans gerilimleri ??? 109 Karşıt Endüktanslarda Polarite Tayini 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. d d d d v1 L1 i1 M i2 , v2 L2 i2 M i1 dt dt dt dt 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. 110 Örnek 4.14 Şekildeki karşıt endüktanslı devrelerin çevre akımlarına göre gerekli denklemlerini yazınız. Çözüm: F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 111 Örnek 4.15 Şekildeki karşıt endüktans elemanının ab uçlarına göre eşdeğer endüktansını bulunuz. Çözüm: Leş L1 L2 2M F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 112 Diğer bölüme başlamadan önce bu bölüm ile ilgili verilen soruları çözmeniz tavsiye edilir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 113 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 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 114 5.1 Birinci Dereceden (RL, RC) Temel Devreler 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. 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 5.2 Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemler ve Çözümü 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, dy(t ) ay(t ) bu(t ) dt Bu diferansiyel denklem, verilen bir u(t) giriş sinyaline ve y(0) başlangıç koşulu da kullanılarak çözülmek suretiyle çıkış cevabı bulunabilir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 117 Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemlerin Çözümü. 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. dy(t ) ay(t ) bu(t ) dt a-) Homojen çözüm y(0) Denklemin homojen kısmı alınarak karakteristik denklemi ve kökü bulunur. dy(t ) dt ay(t ) 0 s a 0 s a Homojen çözüm bileşeni yh ( t ) Kest Keat 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 119 defasında özel çözüm t ile çarpılmalıdır. Örnek 5.1 Verilen diferansiyel denklemin çözümünü bulunuz. dy( t ) 2 y( t ) 0 y( o ) 5 dt Örnek 5.2 Verilen diferansiyel denklemin birim basamak cevabını bulunuz. dy( t ) 4 y( t ) 5u( t ) y( o ) 2 dt Örnek 5.3 Verilen diferansiyel denklemin çözümünü bulunuz. dy( t ) 10t 10 y( t ) 2e dt y( o ) 0 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 121 5.3.1 Birinci Dereceden (RL ve RC) Devrelerin Doğal (Sıfır Giriş) Cevabı Kaynaklar sıfır, başlangıç koşullarının ortaya çıkardığı çözüm. 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. Zaman sabitesi ??? F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 122 Örnek 5.5 Verilen devrede v(t) akımını bularak zamana göre değişimini çiziniz. R=2 ohm C=0.2 F Vc(0)=4 v. Çözüm için 3 aşamayı izleyiniz. Zaman sabitesi ??? F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 123 Örnek 5.6 Verilen devrede i(t) akımını bularak zamana göre değişimini çiziniz. Çözüm için 3 aşamayı izleyiniz. Zaman sabitesi ??? F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 124 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 125 Örnek 5.9 Verilen devrede, v(t) gerilimini bularak zamana göre değişimini çiziniz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 126 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 . Çözüm için 3 aşamayı izleyiniz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 127 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 128 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 129 5.4 Anahtarlı Devreler 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 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. 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 131 Sinyallerin 0- ve 0+ değerini belirleme • Bir sinyalin 0+ (ya da 0) başlangıç değerini belirlemek için öncelikle bobin akımı ile kondansatör gerilimlerinin 0değerleri 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. 132 Örnek 5.13 Şekildeki devrede, anahtar uzun süre (a) konumunda kaldıktan sonra t=0 anında (b) konumuna alınıyor. 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 134 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, F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 135 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: F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 136 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 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 137 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. Çözüm dv 2v 0 dt v(0) 96 V v(t ) 96e 2t F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 138 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 di i 0 dt 20 i(0) 80A 250000 i(t ) 80.e t A 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, v(t ) K1 .e t T K2 i(t ) K1 .e t T K2 • 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 140 Örnek 5.20 Şekildeki devrede, anahtar uzun süre (a) konumunda kaldıktan sonra t=0 anında (b) konumuna alınıyor. t>=0 için kondansatörlerin uçlarındaki v(t) gerilimini bulunuz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 141 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 142 5.6 Manyetik Kuplajlı Devreler Örnek 5.22 Şekildeki manyetik kuplajlı devrenin denkleminin yazarak nasıl çözülebileceğini ve sabit / değişken kaynaklarda devrenin nasıl çalışacağını değerlendiriniz. Çözüm: d d vs R1i1 L1 i1 M i2 dt dt ve d d 0 R2 i2 L2 i2 M i1 dt dt F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 143 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 F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 144 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 145 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. d 2 y(t ) dy(t ) 2 2 n y(t ) b.u(t ) 2 dt dt Burada – sönüm faktörü, n 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. Bu durumda çözüm : y(t) yh(t) yö(t) 146 6.2.1 Homojen Çözüm yh(t) d 2 y(t ) dy(t ) 2 2 n y (t ) 0 2 dt dt Karakteristik denklem ve kökleri, s 2s n 0 2 2 s1, 2 n 2 2 α ve ωn değerlerine bağlı olarak 3 farklı kök elde edilecektir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 147 Kökler: s1, 2 n 2 2 1) Aşırı sönümlü devre (α > ωn durumu): Kökler reel ve ayrıktır. Bu durumda homojen çözüm; yh (t ) K1e K 2 e s1t s2t 2) Kritik sönümlü devre ( α = ωn durumu ) : Kökler reel ve katlıdır. Bu durumda homojen çözüm; yh (t ) K1e K2te st st 3)Düşük sönümlü devre (α < ωn durumu ): Kökler komplekstir. n 2 2 s1 j s2 j Bu durumda homojen çözüm; yh (t ) e [K1Sin(t ) K2Cos(t )] t F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 148 Homojen çözümün cevap eğrileri, y(0)=5 başlangıç değeri için. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 149 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. Özel çözüm yö(t) Kaynak u(t) A (basamak) ise K At (rampa) Ka.t+Kb Ae t T (üstel) ASin(wt) yada ACos(wt) Ke t T K a Sin(wt) K b Cos(wt) NOT: Birinci dereceden denklemlerde açıklanan Özel çözüm 150 kuralları burada da geçerlidir. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. Örnek 6.1 Verilen diferansiyel denklemi çözünüz. 2 d y( t ) dy( t ) 2t 3 2 y ( t ) e , 2 dt dt y( 0 ) 2 y' ( 0 ) 0 Örnek 6.2 Verilen diferansiyel denklemi çözünüz. d 2 y( t ) dy( t ) 2 5 y( t ) 0 , 2 dt dt y( 0 ) 1 y' ( 0 ) 0 Örnek 6.3 Verilen diferansiyel denklemin birim basamak cevabını bulunuz d 2 y( t ) dy( t ) 2 y( t ) 10u( t ), 2 dt dt F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. y( 0 ) 0 y' ( 0 ) 1 151 6.3 R-L-C Devrelerin Çözümü • 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. 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 152 denklem çözülerek çıkış cevabı bulunmalıdır. Doğal çözüm örnekleri 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 153 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 154 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. Şekildeki devrede bobin akımını ya da kondansatör gerilimini bulmaya çalışınız. Devre karmaşık hale geldikçe dif. denklemini çıkarma zorluğu ??? F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 155 Tam Çözüm Örnekleri 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. 156 Çözüm: i(t). 157 Çözüm: vc(t) Çözüm için 3 aşamayı uygulayınız. 158 Örnek 6.7 Şekildeki ikinci dereceden paralel RLC devresinde 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 159 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 161 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 162 6.4 Anahtarlı Devreler Örnek 6.10 Şekildeki devrede anahtar uzun süre kapalı kaldıktan sonra t=0 anında açılmaktadır. t>=0 için bobin akımını bulunuz. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 163 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 164 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. F.Ü. Teknoloji Fak. EEM M.G. 165
