2. Sunum: Birinci ve İkinci Mertebeden Geçici Devreler

Transkript

1 2. Sunum: Birinci ve İkinci Mertebeden Geçici Devreler Kaynak: Temel Mühendislik Devre Analizi, J. David IRWIN- R. Mark NELMS, Nobel Akademik Yayıncılık 1

2 Giriş Geçici analizden kastedilen bir anahtarın aniden açılması ya da kapanması ardından devrenin nasıl çalışacağını incelemek ve akım, gerilimleri zamanın fonksiyonu olarak elde etmektr. Devrede bir veya daha fazla enerji depolayan elaman varsa ani değişime karşı devre bir geçiş dönemi yaşar daha sonra yeni bir kalıcı durum değerine ulaşır. Geçici durum analizinde devrenin bu geçiş dönemi ele alınır. 2

3 Giriş Yalnızca bir tane enerji depolayan elaman içeren devrelerin davranışı birinci dereceden diferansiyel denklemle ile tanımlanabilirler. Bu devreler birinci mertebeden devre olarak sınıflandırılırlar. Birinci mertebeden devrelerin analizleri yapılırken devrenin diferansiyel denklemi yazılıp, bu denklem çözülebilir ya da adım adım çözüm adı verilen teknik kullanılır. 3

4 Giriş İkinci mertebeden devrelerde aynı anda hem bir kondansatör hem de bir indüktör bulunur ve devre ikinci dereceden bir diferansiyel denklemle ifade edilir. RLC devrelerinin analizleri birinci mertebeden devrelerin analizine göre daha karmaşık olsa da izlenen yol benzerdir. Burada yalnızca basit devreler ele alınacakzr. Daha karmaşık devrelerin analizi için Laplace dönüşümü tercih edilmelidir. 4

5 Tepki Denklemlerinin Genel Yapısı Birinci mertebeden devrelerin analizleri gerçekleştrilirken aşağıdaki gibi bir denklemle karşılaşılır. x(t)=x p (t) bu denklemin herhangi bir çözümü ise ve x(t)=x c (t), f(t)=0 için bu denklemin çözümü ise x(t)=x p (t)+x c (t) toplamı da bu denklemin çözümü olur. 5

6 Tepki Denklemlerinin Genel Yapısı Burada x p (t) terimi özel çözüm ya da zorlanmış tepki olarak adlandırılır. x c (t) ise tamamlayıcı çözüm, homojen çözüm ya da doğal tepki olarak adlandırılır. Şimdilik yalnızca A sabit bir sayı olmak üzere f(t)=a durumunu inceleyelim. Bu durumda diferansiyel denklemin tam çözümü için aşağıdaki denklemleri çözmek gerekir. 6

7 Tepki Denklemlerinin Genel Yapısı İlk denklem incelendiğinde bu denklemin sağlanabilmesi için x p (t) nin sabit bir sayı olması gerektği görülür. Yani x p (t)=k 1 dir. x p (t)=k 1 ifadesi ilk denklemde yerine yazılırsa K 1 =A/a elde edilir. İkinci denklem çözüldüğünde ise x c (t)=k 2 e - at çözümü elde edilir. Dolayısıyla; olur. 7

8 Tepki Denklemlerinin Genel Yapısı Bu ifadedeki K 2 sabit x(t) nin herhangi bir andaki değerinin bilinmesi ile bulunabilir. Sonuç olarak f(t)=a için birinci dereceden diferansiyel denklemin aşağıdaki gibi ifade edilir. Devre analizi dersi kapsamında K 1 kalıcı durum veya sürekli durum çözümü adını alır. τ sabit ise devrenin zaman sabitdir. Bu eşitliğe göre K 2 zamanla azalır ve t= için 0 olur. 8

9 Tepki Denklemlerinin Genel Yapısı τ>0 ise her bir τ luk zaman geçişinde K 2 başlangıçtaki değerinin %63.2 sine düşer. Sonuç olarak 5τ sürede K 2 nin sımr olduğu kabul edilir. Ayrıca dikkat edilirse büyük τ değeri yavaş değişime küçük τ değeri ise hızlı değişime karşılık gelir. 9

10 Analiz Teknikleri Diferansiyel Denklem Yaklaşımı Yukarıda çözümü anlazlan diferansiyel denklem birinci mertebeden geçici bir devrenin herhangi bir noktasındaki akımı veya gerilimi ifade etmek için kullanılabilir. Bu çözüme ulaşmak için durum değişkenleri yöntemi kullanılabilir. Kondansatörler üzerindeki gerilimler ve indüktanslar üzerinden geçen akımlar durum değişkenleri olarak adlandırılır. Devreyi tanımlamak için bu değişkenleri içeren denklemlerden yararlanılır. 10

11 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı Örneğin yukarıdaki devreyi inceleyelim. t=0 anında anahtar kapazlmaktadır. t>0 için kondansatör gerilimini veren KAK yasası aşağıdaki gibidir. veya 11

12 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı Daha önce belirtldiği gibi bu denklemin çözümü v(t)=k 1 +K 2 e - t/τ şeklindedir. Bu ifade denklemde yerine yazıldığında denklemi sağlamalıdır. Yani; elde edilir. Sabit ve üstel terimler kendi aralarında eşitlenerek K 1 =V s ve τ=rc olarak bulunur.burada V s kalıcı durum değeridir ve RC devrenin zaman sabitdir. 12

13 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı K 2 kondansatörün başlangıç koşullarından bulunur. Kondansatör başlangıçta yüksüzse (t<0 için kondansatör gerilimi sımrsa); V(t)=V s +K 2 e - t/τ denkleminde t=0 konulur ve 0=V s +K 2 denklemi elde edilir. Buradan; K 2 =- V s bulunur. Dolayısıyla v(t) geriliminin tam çözümü aşağıdaki gibi elde edilir. 13

14 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı Şekildeki indüktörlü devrenin analizi de benzer şekilde yapılabilir. Bu devre t>0 için KGK aşağıdaki gibi yazılır. 14

15 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı Yukardakine benzer bir yöntemle aşağıdaki ifade elde edilir. Bu ifadede V s /R kalıcı durum akımını, L/R oranı ise devrenin zaman sabitni gösterir. Başlangıçta indüktörden akım akmıyorsa t=0 zamanı için ve olur. 15

16 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı Dolayısıyla tam çözüm aşağıdaki gibidir. Direnç üzerindeki gerilim hesaplanmak istenirse, olur. 16

17 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı Örnek: Şekildeki devrede anahtar uzun süre 1 konumunda kalmışzr. t=0 anında anahtar 2 konumuna getriliyor. t>0 için i(t) akımını hesaplayınız. 17

18 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı 18

19 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı Örnek: Şekildeki devrede anahtar uzun süre kapalı kalmışzr. t=0 anında anahtar açıldığına göre t>0 için çıkış gerilimi v 0 (t) yi hesaplayınız. 19

20 Diferansiyel Denklem Yaklaşımı 20

21 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı Bu metora, birinci mertebeden devre çözümünün bilinmesi gerçeğinden yararlanılır ve devre analizi metotları ile K 1, K 2 ve τ katsayıları hesaplanır. Bu yaklaşım aşağıdaki alz işlem basamağının gerçekleştrilmesi ile uygulanır. 1- x(t) değişkeninin çözümünün x(t)=k 1 +K 2 e - t/τ şeklinde olduğu varsayılır. 2- Anahtarın konumu değiştrilmeden önce orijinal devrenin kalıcı duruma eriştğini varsayılır ve kondansatör açık devre veya bobin kısa devre olarak devre yeniden çizilir. Bu devrede anahtarın konumu değişmeden önceki durum için kondansatör gerilimi v c (0- ) veya indüktör akımı i L (0- ) hesaplanır. 21

22 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı 3- Anahtarın durumu değiştkten hemen sonraki durum için devreyi tekrar çizilir. Bu devrede v c (0+)=v c (0- ) veya i L (0+)=i L (0- ) olacağı için devredeki kondansatör veya indüktör yerine ilgili değerde bir gerilim kaynağı veya akım kaynağı konur. Devre analizi yöntemleri kullanılarak ilgilenilen değişkenin x(0+) başlangıç değeri bulunur. 4- Anahtar konumunun değişmesinin üzerinden yeterince zamanın geçtği ve devrenin sürekli hale eriştği varsayılarak, t>5τ için geçerli devre, kondansatör açık devre veya indüktörü kısa devre edilerek tekrar çizilir. Bu devreden ilgilenilen değişkenin kalıcı durum değeri hesaplanır. 22

23 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı 5- Devredeki tüm gerilimlerin zaman sabit aynıdır. Bu zaman sabitnin hesabı için tüm devre, bir gerilim kaynağı, bir direnç ve bir enerji depolama elamanından (indüktör veya kondansatör) oluşan basit bir seri devreye indirgenmelidir. Bu amaçla, enerji depolama elamanının uçları arasından bakıldığında görülen devrenin Thevenin eşdeğeri elde edilir. Kondansatörlü devre için τ=r TH C ye ve indüktörlü devre için τ=l/r TH a eşit olur. 23

24 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı 6-3,4 ve 5 de elde edilen sonuçlar kullanılarak 1. adımdaki sabitleri aşağıdaki gibi yazabiliriz. Dolayısıyla, K 1 =x( ), K 2 =x(0+)- x( ) olur ve arana çözüm aşağıdaki gibi elde edilir. Yukarıda elde edilen çözümün sadece DC kaynaklara sahip birinci mertebeden devre için geçerli olacağı unutulmamalıdır. 24

25 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı Örnek: Aşağıdaki devre t=0 dan önceki zamanda sürekli hale ulaşmışzr. t>0 için i(t) akımını hesaplayınız. 25

26 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı 26

27 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı Örnek: Aşağıdaki devre t=0 dan önceki zamanda sürekli hale ulaşmışzr. t>0 için v(t) akımını hesaplayınız. 27

28 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı 28

29 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı Şekildeki devrede anahtar 1 konumunda iken devre kalıcı durumuna ulaşmışzr. t=0 da anahtarın konumu 1 den 2 ye hareket eurilmiştr. t>0 için v 0 (t) yi hesaplayınız. 29

30 Adım Adım İlerleme Yaklaşımı 30

31 t>0 Zamanında Anahtar Konumunun Değişmesi Anahtar konumunun herhangi bir t 0 zamanında değiştrilmesi durumunda adım adım anahtarla sonucunda elde edilen sonuçlar aşağıdaki gibi değiştrilmelidir. 31

32 Darbe Etkisi Birim basamak fonksiyonu devre analizindeki önemli tekil fonksiyonlardan biridir. Biri basamak fonksiyonu u(t) aşağıdaki matematksel ilişki ile tanımlanır. Aşağıdaki ifadeden ve grafiğinden görüldüğü gibi t=0 için tanımsızdır. 32

33 Darbe Etkisi Birim basamak fonksiyonu birimsizdir ve gerilim veya akım ile ölçeklenerek kullanılabilir. Bu fonksiyonun t 0 saniye geciktrilmiş halinin gösterimi için matematksel ifadede t yerine t- t 0 yazılması yeterlidir. Bu durumda fonksiyonun matematksel ifadesi ve grafiği aşağı gösterildiği gibi olur. 33

34 Darbe Etkisi Basamak fonksiyonları bir yada daha fazla darbe üretmek için kullanılabilir. Örneğin aşağıdaki, t=0 da başlayan, T süreli birim darbenin matematksel ifadesi aşağıdaki gibi elde edilebilir. 34

35 Darbe Etkisi Eğer darbe t=t0 da başlıyorsa ve T genişliğinde ise ifadesi aşağıdaki gibi olmalıdır. Bu yaklaşımı kullanarak herhangi bir zamanda başlayan ve herhangi bir zamanda sonlanan bir darbe için geçerli denklemler yazılabilir. 35

36 Darbe Etkisi Örnek: Yandaki devrenin girişine şekilde gösterilen v(t) giriş fonksiyonu uygulanmaktadır. Bu devrede t>0.3s için v 0 (t) yi hesaplayalım. 36

37 Darbe Etkisi 37

38 İkinci Mertebeden Devreler Başlangıçta yüklü olabilecek indüktör ve kondansatör içeren iki temel RLC devresi aşağıda gösterilmektedir. Bu paralel RLC devresi için düğüm denklemi aşağıdaki gibi yazılır. 38

39 İkinci Mertebeden Devreler Bu seri RLC devresi için çevre denklemi ise aşağıda verilmiştr. Bu denklemlerin zamana göre türevleri alındığında aşağıdaki denklemler elde edilir. 39

40 İkinci Mertebeden Devreler Yukarıdaki ifadeler incelendiğinde çözümlerinin daha önce RL ve RC devrelerine uyguladığımız yöntemlerle gerçekleştrilebileceği görülür. Bu denklemlerin genel hali aşağıdaki gibidir. Daha önce olduğu gibi x(t)=x p (t) yukarıdaki denklemin bir çözümü ise ve x(t)=x c (t) aşağıdaki homojen denklemin çözümü ise; 40

41 İkinci Mertebeden Devreler x(t)=x p (t)+x c (t) de genel denklemin bir çözümü olmalıdır. Eğer devre yanlızca DC kaynaklardan oluşuyorsa f(t)=a yazılır ve eşitliğin çözümü aşağıdaki gibi elde edilir. x c (t), aşağıdaki homojen denklemin çözümü ile elde edilir. 41

42 İkinci Mertebeden Devreler Basitlik açısından a 1 =2ζω 0 ve a 2 =ω 0 2 eşitlikleri kullanılarak denklem aşağıdaki gibi tekrar yazılır. Bu denklemin bir çözümü olarak x(t)=ke st ifadesi kullanılarak ve bu çözüm yukarıdaki denklemde yerine yazılarak aşağıdaki ifadeler elde edilir. ve olur. 42

43 İkinci Mertebeden Devreler Bu denklem karakteristk denklem olarak adlandırılır. Bu ifadede geçen ζ sönüm katsayısı, ω 0 ise sönümsüz doğal frekans olarak adlandırılır. KarakterisTk denklemin sağlandığı değerlerde varsayımsal çözüm x(t)=ke st geçerli olur. KarakterisTk denklemin iki kökü aşağıdaki gibi hesaplanır. ve olur. 43

44 İkinci Mertebeden Devreler Genel olarak homojen denklemin tam çözümü aşağıdaki gibi elde edilir. Bu ifadedeki K 1 ve K 2 katsayıları x(0) ve dx(0)/dt başlangıç koşullarında elde edilir. Yani, ifadesinden ve olur. 44

45 İkinci Mertebeden Devreler x(0) ve dx(0)/dt için yazılan yukarıdaki denklemler çözülerek K 1 ve K 2 elde edilir. KarakterisTk denklemin s 1 ve s 2 kökleri için ζ değerinin belirleyici önemi vardır. Elde edilen sonuçları devreye sadece kondansatör ve indüktör taramndan enerji sağlandığı (kaynaklar yok iken) durum için inceleyelim. 1. ζ>1 durumu: Bu durum aşırı sönümlü olarak adlandırılır. s 1 ve s 2 doğal frekansları gerçeldir ve birbirine eşit değildir. Dolayısıyla homojen çözüm aşağıdaki gibi elde edilir. 45

46 İkinci Mertebeden Devreler Bu ifadede K 1 ve K 2 başlangıç değerlerinden bulunur. 2. ζ<1 durumu: Bu durum eksik sönümlü olarak adlandırılır. s 1 ve s 2 doğal frekansları kompleks sayılardır. Bu durumda doğal tepki aşağıdaki gibi olur. Bu ifadede A 1 ve A 2, K 1 ve K 2 gibi sabitlerdir ve değerleri başlangıç değerlerinden bulunur. 3. ζ=1 durumu: Bu durum kritk olarak adlandırılır. s 1 ve s 2 doğal frekansları eşit (ve s 1 =s 2 =- ζω 0 şeklinde) olur. Bu durumda doğal tepki aşağıdaki biçimdedir. 46

47 İkinci Mertebeden Devreler Bu ifade de B 1 ve B 2 başlangıç değerlerinden hesaplanır. Bu üç durum için doğal tepki grafikleri aşağıda gösterildiği gibidir. Bu grafiklerde kritk sönümlü tepkinin aşırı sönümlü tepkiye göre hem tepe noktasına daha hızlı ulaşzğına ve daha hızlı sımr olduğuna dikkat ediniz. 47

48 İkinci Mertebeden Devreler DC gerilim kaynaklarına sahip ve sımrdan farklı başlangıç koşulları olan basit RLC devrelerinin analizi için aşağıdaki beş işlem basamağı takip edilmelidir. 1- Devreyi tanımlayan diferansiyel denklem yazılır. 2- Devrenin karakteristk denklemi s 2 +2ζω 0 s+ω 02 =0 biçiminde yazılır. 3- KarakterisTk denklemin köküne göre devrenin tepkisi tayin edilir. 4- Devrenin tepkisine göre uygun x(t) çözümü yazılır. 5- Tepki ifadelerindeki sabitler başlangıç durumlarından yararlanılarak elde edilir. Başlangıç koşulları ya doğrudan verilir ya da devre üzerinden hesaplanır. 48

49 İkinci Mertebeden Devreler Örnek: Aşağıdaki devrede R=2Ω, C=0.2F ve L=5H değerindedir. i L (0)=1A ve v c (0)=4V dur. Devrede v(t) ve i L (t) değerlerini bulunuz: 49

50 İkinci Mertebeden Devreler 50

51 İkinci Mertebeden Devreler Örnek: Aşağıdaki devrede R=6Ω, C=0.04F ve L=1H değerindedir. i L (0)=4A ve v c (0)=- 4V dur. Devrede akımının ve kondansatör geriliminin ifadesini elde ediniz. 51

52 İkinci Mertebeden Devreler 52

53 İkinci Mertebeden Devreler Örnek: Aşağıdaki devrede R 1 =10Ω, R 2 =8Ω C=0.125F ve L=2H değerindedir. i L (0)=0.5A ve v c (0)=1V dur. v(t) ve i(t) yi hesaplayınız. 53

54 İkinci Mertebeden Devreler 54