ELEKTRİK DEVRE ANALİZİ

Transkript

1 ELEKTRİK DEVRE ANALİZİ Doç. Dr. TURGUT İKİZ

2 SEVGİLİ EŞİM ÖZLEM ve CANIM OĞLUM KORAY A

3 ÖNSÖZ

4 İÇİNDEKİLER.BÖLÜM DEVRE DEĞİŞKENLERİ VE DEVRE ELEMANLARI.. Giriş.. Devre Değişkenleri...Elektrik Yükü... Elektrik Akımı..3. Elektrik gerilimi..4. Güç..5. Enerji.3. Devre Elemanları.4. Problemler.BÖLÜM TEMEL YASALAR..Giriş..Direnç ve Ohm Yasası...Direnç...Ohm Yasası..3.İlekenlik.3. Kirchhoff Yasaları.3..Çevrim, Kol ve Düğüm Kavramı.3..Kirchhoff Akım Yasası.3.3.Kirchhoff Gerilim Yasası.4. Devrelerin Seri-Paralel Basitletirilmesi.4..Seri Bağlı Dirençlerin Eşdeğeri ve Gerili Bölücü Devreler.4..Paralel Bağlı Dirençlerin Eşdeğeri.4.3.Üçgen - Yıldız ve Yıldız - Üçgen Dönüşümleri.4. Problemler 3.BÖLÜM DEVRE ANALİZ METODLARI 3..Giriş 3..Göz Akımları Metodu 3...Süper-Göz Kavramı 3.3.Düğüm Noktası Potansiyelleri Metodu 3.3..Süper Düğüm Kavramı 3.4. Analiz metodunun Seçimi 3.5. Problemler 4.BÖLÜM DEVRE TEOREMLERİ 4..Giriş 4..Eşdeğerlik 4.3.Doğrusallık 4.4.Kaynak Dönüşümü 4.5.Süper-pozisyon Teoremi 4.6.Thevenin Teoremi 4.6..Thevenin Eşdeğer Devresi 4.6.Norton Teoremi 4.6..Norton Eşdeğer Devresi 4.7.Maksimum Güç Transfer Teoremi 4.8. Problemler 5.BÖLÜM İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER 5..Giriş 5..İşlemsel Yükseltici Karakteristiği 5.3.İdeal İşlemsel Yükseltici Yaklaşımı 5.4.İşlemsel Yükseltici Uygulamaları 5.4..Terslemeyen Yükseltici ve Gerilim Tutucu 5.4..Toplam Yükseltici Fark Yükseltici 5.3.Problemler 6.BÖLÜM BOBİNLER VE KAPASİTÖRLER 6..Giriş

5 6..Bobinler 6...Seri Bağlı Bobinlerin Eşdeğer İndüktansı 6...Paralel Bağlı Bobinlerin Eşdeğer İndüktansı..3.İlekenlik 6.3. Kapasitörler Seri Bağlı Kapasitörlerin Eşdeğer Kapasitansı 6.3..Paralel Bağlı Kapasitörlerin Eşdeğer Kapasitansı 6.4. İntegral ve Türev Yükselticiler 6.4..İntegral Yükselticiler 6.4..Türev Yükselticiler 6.5. Problemler 7.3. RL ve RC Devreleri Doğal ve Basamak Cevapları RL Devresinin Doğal Cevabı RC Devresinin Doğal Cevabı RL Devresinin Basamak Cevabı RC Devresinin Basamak Cevabı 7.4. Birinci Dereceden İşlemsel Yükseltici Devreleri 7.5. Problemler 7.BÖLÜM BİRİNCİ DERECEDEN DEVRELER 7..Giriş 7..Birim Basamak Fonksiyonu 7...Birim Basamak Fonksiyonunun Türevi: Birim Darbe Fonksiyonu 7... Birim Basamak Fonksiyonunun İntegrali: Birim Rampa Fonksiyonu 7.3. RL ve RC Devreleri Doğal ve Basamak Cevapları RL Devresinin Doğal Cevabı RC Devresinin Doğal Cevabı RL Devresinin Basamak Cevabı RC Devresinin Basamak Cevabı 7.4. Birinci Dereceden İşlemsel Yükseltici Devreleri 7.5. Problemler 8.BÖLÜM İKİNCİ DERECEDEN DEVRELER 8..Giriş 7..Birim Basamak Fonksiyonu 7...Birim Basamak Fonksiyonunun Türevi: Birim Darbe Fonksiyonu 7... Birim Basamak Fonksiyonunun İntegrali: Birim Rampa Fonksiyonu

6 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI.BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI.. GİRİŞ Elektrik devreleri, devre elemanlarının, belirli bir amacı gerçekleştirmek üzere birbirleriyle uygun bağlantıları sonucu oluşturulmuş sistemlerdir. Sadece bir pil, bir anahtar ve bir alıcıdan oluşan basit bir sistem bir elektrik devresi oluşturabileceği gibi, birçok devre elemanı ve alıcılardan oluşan karmaşık bir sistem de bir devre oluşturabilir. Devre ne denli karmaşık olsa da, devrenin çözümlenmesinde uygulanacak temel yasalar değişmez. Zira, karmaşık bir devrenin analizinde kullanılan metotlar, en basit devrelerin analizinde kullanılan temel yasaların sistematik uygulamalarından oluşmaktadır. Temel yasalar ve bunlarla ilişkili olarak analiz metotlarının kavranabilmesi için, bazı temel kavramları ve temel devre değişkenlerini tanımlamak gerekir. Bunlar; elektrik yükü, elektrik akımı, elektrik potansiyeli ya da voltaj, güç ve enerji kavramlarıdır. Ayrıca, elektrik devrelerinde veya elektrik devrelerinin modellenmesinde kullanılan devre elemanlarının karakteristiklerinin de iyi anlaşılması zorunludur...elektrik YÜKÜ Bir elektrik devresinde en temel nicelik elektrik yüküdür. Elektrik yükü, elementlerin içerdiği atomik parçacıkların bir elektriksel özelliği olup birimi Kulon dur (C). Bir elektronun sahip olduğu yük miktarı C iken, bir protonun yükü aynı büyüklükte ve pozitiftir. Elektrik yükü yaratılamaz ve yok edilemez, ancak transfer edilebilir. Elektrik yükünün bu özelliği, elektrik yükünün korunumu yasası olarak adlandırılır.

7 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI ÖRNEK PROBLEM.: Bir küreye milyar elektron enjekte edilmiştir. Kürenin sahip olduğu toplam elektrik yükünü bulunuz. Çözüm: Her elektron yükü, Kulon elektrik yüküne sahip olduğundan kürenin toplam Q T = = C. ÖRNEK PROBLEM.: - Kulon luk elektrik yüküne sahip bir yüzeyde kaç elektron bulunduğunu hesaplayınız. Çözüm: Toplam yük Q n Q T ve elektron sayısı n olmak üzere, 9 T = (.60 0 ) Q T n = = = adet..3.elektrik AKIMI Bütün maddelerin yapı taşları atomlardır. Bir atom pozitif yüklü proton ve yüksüz nötronlardan ibaret bir çekirdek ve çekirdeğin etrafında belirli yörüngelerde dönen, negatif yüklü elektronlardan oluşur. Her elementin atomu farklı sayıda elektron (proton) içerir. Elektronlar çekirdek etrafındaki yörüngelerde şu şekilde dizilirler: En içteki yörünge tek bir kabuktan oluşur ve bu kabukta en fazla elektron bulunabilir.. yörünge iki alt kabuktan oluşur, içteki alt kabuk, dıştaki alt kabuk 6 elektron bulundurabilir. 3. yörünge üç alt kabuktan oluşur, içten dışa doğru alt kabukların elektron sayıları, 6 ve 0 dur. 4. yörünge dört alt kabuktan oluşur ve bu alt kabukların bulundurabilecekleri elektron sayıları sırasıyla, 6, 0 ve 4 dür. 5. yörünge 4. yörünge ile aynıdır. Yörünge ve alt kabukların ifadesi, s s p 3s 3p 3d 4s 4p 4d 4f 5s 5p 5d 5f 6s 6p 6d biçiminde olup, burada örneğin 4d ile, 4. yörüngenin üçüncü alt kabuğu ifade edilir. Bir elementin atomuna ilişkin dağılım ifade edilirken, her alt kabukta bulunan elektron sayısı üst indis olarak yazılır. Örneğin 3 elektronlu germanyum atomu için, s s p 6 3s 3p 6 3d 0 4s 4p olup, üst indislerin toplamı 3 dir. Dikkat edilirse germanyum atomunun son yörüngesinde toplam 4 elektron iki alt kabuğa dağılmıştır. 9 elektronlu bakır atomunda elektron dağılımı ise, s s p 6 3s 3p 6 3d 0 4s

8 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI şeklinde olup, son yörüngesinde bir elektron barındırmaktadır. Bu dizilişlerden açıkça görüldüğü gibi, her elementin son yörüngeleri farklı sayıda elektron içermekte ve bazı elementler için son yörünge sadece bir tek elektron bulundurabilmektedir. Bir elementin iletkenlik yeteneğini belirleyen etkenlerden biri, son yörüngesindeki elektron sayısıdır. Son yörüngedeki elektron sayısı ne kadar az ise element o denli iyi bir iletkendir. Örneğin bakır atomu 9 elektrona sahiptir ve son yörüngesi sadece bir elektron içerir. Bu nedenle bakır elementi iyi bir iletken malzemedir. Bakır gibi gümüş ve altın atomları da son yörüngelerinde bir elektron içermektedirler. Ancak, gümüş bakırdan, altın da gümüşten daha iyi iletken malzemelerdir. Son yörüngelerindeki elektron sayıları aynı olmasına rağmen bu üç malzemenin farklı iletkenlik özelliklerine sahip olmalarının nedeni, her birinin, birim hacimde farklı sayıda atom içermeleridir. Altın gümüşten, gümüşte bakırdan daha ağır elementlerdir. Buna göre, bir malzemenin iletkenlik özelliğini belirleyen etkenler: Son yörüngesindeki elektron sayısı Birim hacimdeki atom sayısıdır. Bunun dışında, elektriksel özelliği bakımından farklılık gösteren bir yapıda, son yörüngede 4 elektron bulunan diziliştir ki bu malzemeler (silikon, germanyum gibi) bazı koşullarda iyi bir yalıtkan iken bazı koşullarda iyi bir iletken özelliğine sahip olmakta ve yarı iletken olarak adlandırılmaktadırlar. Bakır atomunun son yörüngesinde bulunan elektron, çekirdeğe çok zayıf bir kuvvetle bağlı olup, komşu bir atomun son yörüngesine geçebilir ve yerini bir başka komşu atomun son yörünge elektronu doldurabilir. Yani, son yörünge elektronları atomlar arasında değiştirilebilir ki, bu da bir elektrik yükü hareketi oluşturur. Son yörünge elektronu bu özelliği nedeniyle serbest elektron olarak adlandırılır. Şekil.. de, bakır atomları arasında serbest elektron hareketleri görülmektedir. Burada, içteki gölgeli daire çekirdek ve ilk 8 elektronu ve dıştaki küçük daire de serbest elektronu göstermektedir. Şekil..: Bakır atomlarının serbest elektron hareketleri Serbest elektronların bu hareketleri bir yük hareketi oluşturur ancak, bir elektrik akımı oluşturmaz. Zira, bu hareketler rastgele olup, herhangi bir yönde net yük akışı her zaman sıfırdır. O halde elektrik akımını oluşturmak için serbest elektronların bir yönde, net akışının (yönlendirilmiş akışının) sağlanması gerekmektedir. Elektrik akımı, elektrik yüklerinin, dışarıdan uygulanan bir kuvvet sonucunda bir yöndeki net akışıdır. Şekil.. de görüldüğü gibi, yukarıdaki bakır malzemenin iki ucuna bir batarya bağlanmış olsun: 3

9 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI Şekil..: Elektrik yüklerinin yönlendirilmiş hareketi elektrik akımını oluşturur Batarya, iki terminali arasında bir elektromotor kuvveti yaratan üreteçtir. Bu kuvvet sonucunda bakır içindeki serbest elektronlar bataryanın pozitif terminaline doğru hareketlenir ve serbest elektronların yönlendirilmiş akışı, yani elektrik akımı elde edilir. Elektrik akımının yönü, elektron akış yönünün tersi olarak kabul edilir. Şekil.. de görülen bakır materyalin kesit alanından, t = t t zaman aralığında, geçen toplam yük q ise, t t zaman aralığında bu materyal üzerinden geçen ortalama elektrik akım şiddeti q I = (.) t ile tarif edilir. Bu ifade birim zamanda transfer edilen ortalama yük miktarıdır. Açıktır ki, t t zaman aralığı boyunca, yük transfer oranı sabit olmayabilir. Şayet serbest elektronlar üzerine uyguladığınız elektromotor kuvveti zamanla değişiyorsa, bu durumda, transfer olan yük miktarı da zamanla değişecektir. Bu hal için (.) eşitliği yine bir ortalama değer verecektir. Akımın bir ortalama değerini değil ama, her andaki değerini ifade edebilmek için, yani anlık değerini belirleyebilmek için, zaman aralıklarının çok küçük seçilmesi gerekecektir. Buna göre (.) eşitliği, q dq i( t) = lim = t 0 t (Amper) (.) şekline dönüşecektir. O halde, elektrik akım şiddeti, yük miktarının zamana göre değişim oranıdır. Akım şiddeti birimi Kulon/saniye olmakla birlikte bu birim, elektrodinamiğin gelişmesinde önemli katkı sağlamış Andre Marie Ampere e ithafen Amper olarak adlandırılmıştır. ÖRNEK PROBLEM.3: 0t Bir devre elemanının üzerinden geçen yük miktarı, q( t) = 0e mc ise, bu devre elemanı üzerindeki akımın zamana bağlı ifadesini ve t = 0. s deki değerini bulunuz. 4

10 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI Çözüm: dq( t) d i( t) 0 (0 e ) 00e 3 0t 0t = = = ma t = 0. s 0 (0.) i(0.) = 00e = ma. Şayet akım ifadesi biliniyorsa, t t gibi bir zaman aralığında transfer edilen yük miktarı, (.) eşitliğinin her iki tarafının t t zaman aralığında integrali alınarak bulunabilir; t q( t ) q( t ) = i( t). (.3) t ÖRNEK PROBLEM.4: Bir devre elemanı üzerinden geçen akım i( t) = t ma olduğuna göre. ve 4. saniyeler arasındaki zaman aralığında bu devre elemanı üzerinden geçen yük miktarını bulunuz. Çözüm: t q(4) q() = 0 (t ) = 0 t = mc. ÖRNEK PROBLEM.5: Bir devre elemanı üzerinden geçen akımın zamanla değişimi aşağıdaki grafikte verilmiştir. Bu devre elemanı üzerinden geçen toplam yükü bulunuz. Çözüm: Akımın zamana bağlı ifadesi: olduğundan toplam yük, 4 ma, 0 t i( t) = ma, < t 5

11 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI ( 0 ) Q = q() q(0) = = 0 4t t T Q = mc. T Yük miktarındaki değişim zamanın her hangi bir fonksiyonu şeklinde olabilir ancak, özellikle iki durum önemlidir: Şayet yükün zamanla değişimi sabitse, akım sabit bir değere sahip olacaktır. Sabit akım, doğru akım (dc) olarak isimlendirilir ve I (gerilim için V) ile ifade edilir. Şayet yükün zamanla değişimi sinüsoidal ise akımın formu da sinüsoidal olacaktır. Sinüsoidal akım, alternatif akım (ac) olarak adlandırılır. Zamanla değişen akım genel olarak i (gerilim için v ) ile gösterilir. Şekil..3 de doğru akım ve alternatif akım formları görülmektedir. (a) (b) Şekil..3: (a) Doğru akım (b) alternatif akım Elektrik akımının yönü farklı şekillerde ifade edilebilir. Şekil..4 de pozitif akım ve negatif akım olarak isimlendirilen iki farklı ifade tarzı görülmektedir. Şekil..4: Pozitif akım ve negatif akım gösterimleri.4. GERİLİM (VOLTAJ) İletken içinde elektrik yükünün bir noktadan diğer bir noktaya hareketi için dışarıdan bir kuvvet uygulanması gerekir. Bu, elektrik yükünün transferi sırasında bir iş yapılması ya da bir miktar enerjinin harcanması demektir. Şekil.. de bu kuvvet bataryanın terminalleri arasında (iletken içinde) oluşan elektromotor kuvvetidir. a ve b gibi iki nokta arasındaki potansiyel fark v ab, a noktasından b noktasına, bir birimlik yükün taşınması için gerekli enerji ya da yapılan iş olarak tanımlanır ve birimi Volt dur. O halde q yükünü a noktasından b noktasına taşımak için harcanan enerji w Jul ise, a-b noktaları arasındaki potansiyel farkı, 6

12 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI v ab w dw = lim = q 0 q dq (V) (.4) olacaktır. Bu ifadede, yükün diğer yük dağılımlarını etkilememesi için q çok küçük seçilmektedir. Bu tanıma göre bir devre elemanı üzerindeki voltaj (ya da potansiyel fark) o devre elemanı üzerinden bir birimlik elektrik yükünü transfer etmek için gerekli enerji miktarıdır. Şekil..5 de a-b terminalleri arasındaki v ab potansiyel farkının gösterimi verilmiştir. Şekil..5: v ab geriliminin polaritesi Şekil..5 deki gösterimle, a terminalinin potansiyelinin b terminaline göre v ab kadar yüksek olduğu ya da, b terminalinin potansiyelinin a terminaline göre v ab kadar düşük olduğu ifade edilmektedir. Bu, bir birim negatif elektrik yükünü b terminalinden a terminaline taşımak için v ab Jul lük bir iş yapılması gerektiğini ifade eder. Şekil..6 da iki farklı polarite ifade tarzı gösterilmiştir. Şekil..6: Gerilimin polaritesinin farklı ifade tarzları ÖRNEK PROBLEM.6: Bir a noktasından bir b noktasına 4 Kulon luk yükü transfer etmek için 0 jul enerji harcanmaktadır. Bu iki nokta arasındaki v ab potansiyel farkını bulunuz. Çözüm: v ab w 0 = = = 5 q 4 V. 7

13 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI Şayet yük -4 Kulon olsaydı, v = 5 V olacağına dikkat ediniz. ab.5.güç Elektrik devre analizinde akım ve gerilim, iki temel devre değişkeni olarak tanımlanır. Ancak birçok durumda, bir devre elemanının gücü ya da ürettiği veya tükettiği enerji miktarının belirlenmesi gerekir. Hem güç hem de enerji, akım ve gerilim değişkenleri cinsinden ifade edilebilmekte ve bu nedenle ikincil değişkenler olarak adlandırılmaktadırlar. Güç, birim zamanda üretilen ya da tüketilen enerji miktarı olup birimi Vat dır (W): dw p( t) =. (.5) Türevin zincirleme kuralı kullanılarak (.5) eşitliği aşağıdaki gibi yazılırsa, ve (.), (.4) eşitlikleri de kullanılarak dw dw dq p( t) = = dq (.6) p( t) = v( t) i( t) (.7) elde edilir. O halde, bir devre elemanının gücü, o devre elemanı üzerinden geçen akımla yine o devre elamanı üzerindeki potansiyel farkın çarpımı ile ifade edilebilmektedir. Güç, akımın yönü ve gerilimin polaritesine bağlı olarak pozitif ya da negatif olabilir. Şayet akım bir devre elemanına, Şekil..7.a da görüldüğü gibi, gerilimin pozitif olduğu terminalinden giriyorsa güç pozitiftir. Bu durumda o devre elemanı enerji tüketen (alıcı) bir elemandır. Şayet akım bir devre elemanına, Şekil..7.b da görüldüğü gibi, gerilimin negatif olduğu terminalinden giriyorsa güç negatiftir ve söz konusu devre elemanı bu durumda enerji üreten (üreteç) bir elemandır. (a) (b) Şekil..7. (a): p = vi, X enerji tüketen bir devre elemanı, (b): p = vi, Y enerji üreten bir devre elemanıdır 8

14 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI Bir elektrik devresinde üretilen toplam enerji ya da güç, o elektrik devresinde harcanan toplam enerjiye ya da güce her zaman eşittir. Bu prensip enerjinin korunumu kanunu olarak isimlendirilir ve, ile ifade edilir. p( t ) = 0 (.8).6.ENERJİ Enerji iş yapabilme yeteneği olarak tarif edilir ve birimi Jul dur. (.5) eşitliğinin her iki tarafı bir t t zaman aralığında integrallenirse, gücü p(t) olan bir devre elemanının bu zaman aralığında ürettiği ya da tükettiği enerji miktarı aşağıdaki eşitlikle belirlenir. t w( t ) w( t ) = p( t) (.9) t ÖRNEK PROBLEM..7: Bir devre elemanının pozitif terminalinden giren akım i( t) 3 t = e ma, 0 t ve terminalleri arasındaki gerilim v( t) 6 t = e V 0 t ise bu elemanın gücünü ve ürettiği veya tükettiği enerji miktarını bulunuz. Çözüm: Pozitif bir akım, devre elemanına pozitif terminalinden girdiğine göre, bu devre elemanı bir alıcıdır ve güç tüketmektedir. p( t) i( t) v( t) 0 (3e 6 e ) 8e 3 t t 4t = = = mw, ve tükettiği toplam enerji 3 4t 3 4t ( ) mj. bulunur. w = p t = e = e = Verilen akım ve gerilim ifadeleri zamanla üstel azalan fonksiyonlar olduğundan, enerji hesaplanırken üst sınır sonsuz seçilmiştir. Yani hesaplanan enerji, alıcının bu akım ve gerilim koşullarında, sonsuz sürede harcayacağı enerjidir. Ancak üst sınırın, örneğin 0 saniye seçilmesi durumunda da aynı sonucun elde edileceğine dikkat ediniz. Zira, güç ifadesi üstel olduğundan, hızla sıfıra yaklaşmaktadır. 9

15 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI.7.DEVRE ELEMANLARI Elektrik devre elemanları genel olarak aktif ve pasif olmak üzere iki temel gruba ayrılır. Pasif elemanlar enerji üretme yeteneği olmayan, ancak enerjiyi başka bir forma çeviren ya da depolayan devre elemanlarıdır. Bunlar; dirençler, kapasitörler ve bobinlerdir. Aktif devre elemanları ise enerji üretebilen devre elemanlarıdır ve kaynak ya da üreteç olarak adlandırılırlar. Bazı pratik aktif elemanlar için jeneratörler, akümülatörler ve işlemsel yükselteçler örnek olarak gösterilebilir. Aktif devre elemanları Şekil..8 de görüldüğü gibi gruplandırılabilir. Bağımsız gerilim kaynağı, bağlı olduğu devreden bağımsız olarak, terminalleri arasında sabit bir gerilim üreten, ancak devreye sağladığı akım, devrenin yapısına bağlı olarak değişen kaynaktır. Bağımsız akım kaynağı ise, bağlı olduğu devreden bağımsız olarak sabit bir akım üreten, ancak bağlı olduğu devrenin yapısına bağlı olarak terminal gerilimi değişen kaynaktır. Şekil..8: Aktif devre elemanlarının sınıflandırılması Bağımsız kaynaklar şu özelliklere sahiptirler:. Bağımsız gerilim kaynaklarının iç dirençleri çok küçüktür ve ideal olarak sıfır kabul edilir.. Bağımsız akım kaynaklarının iç dirençleri çok büyüktür ve ideal olarak sonsuz kabul edilir. 3. Pratik kaynakların hepsi bağımsız gerilim kaynaklarıdır. 4. Bağımsız akım kaynakları pratik kaynaklar değildir, ancak, tasarlanabilirler. Gerçekte, bir bağımsız kaynağın iç direncinin seviyesi, o kaynağın terminal karakteristiğini ve dolayısıyla tipini belirler. Kaynakların iç dirençlerine bağlı olarak, terminal karakteristiklerinin nasıl değiştiği konusu,. bölümde bir örnek problemle tekrar ele alınacaktır. Devre analizinde bağımsız akım ve gerilim kaynakları için kullanılan semboller Şekil..9 da gösterilmiştir. Şekil.9.a da görülen ilk kaynak sembolü, dc gerilim kaynağı için kullanılır. İkinci sembol hem dc hem de zaman değişimli gerilim kaynakları için kullanılır. Bu sembol, bir dc kaynak için kullanılıyorsa değeri dc kaynağın sabit değeri olacaktır. Biz, zorunlu bir durum olmadıkça ikinci sembolü kullanacağız. Zira, birinci sembol genellikle pil, 0

16 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI (a) (b) Şekil..9: (a) Bağımsız gerilim kaynağı devre sembolleri (b) bağımsız akım kaynağı devre sembolü akümülatör gibi, düşük gerilim değerli kaynaklar için sıklıkla kullanılmaktadır. Bununla birlikte, bu devre elemanları da ikinci sembolle ifade edilebilir. Şekil..9.b deki akım kaynağı sembolü hem dc hem de zaman değişimli durum için kullanılır. Açıktır ki, dc için kullanılıyorsa, akım kaynağının değeri (i) sabit bir değer, zaman değişimli bir kaynak için kullanılıyorsa, akımın zamana bağlı ifadesi olacaktır. Bağımlı gerilim kaynağı, terminallerindeki gerilimin, devredeki herhangi bir eleman üzerindeki akım (akım bağımlı gerilim kaynağı) ya da gerilim (gerilim bağımlı gerilim kaynağı) ile kontrol edildiği kaynaktır. Bağımlı akım kaynağı ise, terminallerindeki akımın, devredeki herhangi bir eleman üzerindeki akım (akım bağımlı akım kaynağı) ya da gerilim (gerilim bağımlı akım kaynağı) ile kontrol edildiği kaynaktır. Bu kaynaklar genellikle ilgili terimlerin İngilizcedeki karşılıklarının baş harfleri ile kısaltıldıklarından, Şekil..8 de bu kısaltmalarla birlikte verilmişlerdir. Bağımlı gerilim ve akım kaynakları için kullanılan devre sembolleri Şekil..0 da görülmektedir. (a) (b) (c) (d) Şekil..0: (a) Gerilim bağımlı gerilim kaynağı, (b) akım bağımlı gerilim kaynağı, (c) gerilim bağımlı akım kaynağı, (d) akım bağımlı akım kaynağı Şekil..0 da α ve β birer sabit, i ve v ise, a-b terminallerine bağlı devrelerdeki bir kol akımı ve gerilimidir. Bu semboller hem dc hem de zaman değişimli kaynaklar için kullanılır. Şekil.. de bir gerilim bağımlı akım kaynağı içeren elektrik devresi örnek olarak verilmiştir. Bu devrede B elemanı üzerindeki gerilim v Volt olup, bağımlı akım kaynağının devreye sağladığı akım, β bir sabit olmak üzere, β v Amper olacaktır. Ancak burada dikkat edilmelidir ki, bağımlı akım kaynağının bu akımı üretmesi için, öncelikle B elemanı üzerinde

17 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI Şekil..: Gerilim bağımlı akım kaynağı içeren örnek devre bir gerilim oluşması gerekir: Bunun içinde, devrede bağımsız kaynakların olması zorunludur. ÖRNEK PROBLEM..8: Şekil.. de verilen devrede devre elemanlarının güçlerini ve bu elemanların üreteç mi, alıcı mı olduklarını belirleyiniz. Çözüm: Şekil..: Problem.8 devresi Her eleman için P = V I ifadesini kullanılarak: P 4V = 4 (.5) = 5 W ( 5 W lık güç üretiyor) P = (.5).5 = 3.5 W (3.5 W lık güç tüketiyor) B P = (.5) 0.75 =.5 W (.5 W lık güç tüketiyor) c P = () (0. v )= () (0. (.5)) = 0.5 W (güç tüketiyor) A P 0. v = (0.5) 0. v = (0.5) 0. (.5) = 0.5 W (güç tüketiyor) Üretilen güç toplamının, tüketilen güç toplamına eşit olduğuna dikkat ediniz. Bağımlı akım kaynağı bir alıcı gibi davranıp güç tüketmektedir. Bunun nedeni üzerinde oluşan terminal geriliminin, akımın girdiği terminalde pozitif olmasıdır.

18 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI PROBLEMLER Kulon luk bir elektron bulutu kaç adet elektron içerir, bulunuz... Bir devre elemanı üzerindeki yük miktarı a) q( t) = t C, 5t b) q( t) = e mc c) q( t) = 0.sin00t ise bu eleman üzerinden geçen akımı bulunuz..3. Bir devre elemanı üzerindeki akım a) i( t) = 0( e t ) A, q (0) = 0 b) i( t) = 50cos00t A, q (0) = 0 t c) i( t) = e sin t ma, q (0) = mc ise, devre elemanı üzerinden geçen yük miktarının ifadesini bulunuz..4. Bir devre elemanı üzerindeki akım i( t) = 4t t ma ise. ve 3. saniyeler arasındaki zaman aralığında bu eleman üzerinden geçen yük miktarını bulunuz..5. Bir kaynağın devreye sağladığı akımın zamana bağlı değişimi Şekil..3 de verilmiştir. Bu kaynağın 3. saniye sonunda transfer ettiği yük miktarını bulunuz..6. Bir devre elemanı üzerinden geçen yük miktarının zamana bağlı değişimi Şekil..4 de verilmiştir. Bu eleman üzerinden geçen akımın zamana göre değişim grafiğini çiziniz. Akımın zamana bağlı ifadesini bulunuz. Şekil..4: Problem Bir devre elemanının pozitif terminalinden giren akımın ve terminal geriliminin ifadeleri t 0 için i( t) = 0cos 400t ma, v( t) = cos 400t V ve t < 0 için her ikisi de sıfır ise, bu devre elemanının gücünü ve 0 ms sonunda tükettiği enerjiyi bulunuz..8. Bir devre elemanının pozitif terminalinden giren akımın ve terminal geriliminin ifadeleri i( t) = cos 4t A ve v( t) = 0e t V ise, bu devre elemanının üzerinden geçen toplam yük miktarını ve harcanan toplam enerjiyi bulunuz. ( t < 0 için terminal akım ve gerilimi sıfırdır). Şekil..3: Problem Şekil..5 de verilen akım ve gerilim formları bir devre elemanı üzerindeki terminal akımı ve terminal gerilimi ise, bu elemanın güç ifadesini ve harcadığı toplam enerjiyi bulunuz. 3

19 .BÖLÜM: DEVRE DEĞİŞKENLERİ ve DEVRE ELEMANLARI Şekil..7. Problem. Şekil..5: Problem.9.0. Şekil..6 da bir kaynağın güç eğrisi verilmiştir. Kaynağın, 0 t 3s aralığında ürettiği enerji miktarını bulunuz..3. Şekil..8 de verilen devrede devre elemanlarının güçlerini bulunuz. Şekil..8: Problem.3 Şekil..6: Problem.0 devresi.4. Şekil..9 de verilen devrede devre elemanlarının güçlerini bulunuz... Bir devre elemanının terminal gerilimi, üzerinden geçen akımın integrali ile orantılı olup, orantı sabiti 3 dür. Bu elemanın üzerinden geçen akımın ifadesi, i( t) 5 0.t = e ma, t 0 ise, t=3 s için gücünü bulunuz... Şekil..7 de görülen elektrik devresinin terminallerindeki akım ve gerilim, a) i = 5 A, v = 50 V, b) i = 4 A, v = 40 V, c) i = 6 A, v = 80 V. Şekil..9: Problem.4 devresi.5. Bir batarya ile 00 W lık bir ampul 50 saat süre ile beslenebilmektedir. Bataryada depolanabilen enerji miktarını Jul cinsinden bulunuz. ise, devrenin gücünü bulunuz. 4

20 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR.BÖLÜM: TEMEL YASALAR.. GİRİŞ Bir elektrik devresinde temel değişkenler akım ve gerilimdir. Bu temel değişkenler arasındaki ilişkileri ve bir devre için aynı cins değişkenler arasındaki bağıntıları tanımlayan üç temel yasa, Ohm yasası ve Kirchhoff un akım ve gerilim yasalarıdır. Herhangi bir elektrik devresinin analizi, bu temel yasalar uygulanarak yapılabilir. Ancak, analizi sistematikleştirmek amacıyla bu yasaları temel alan bazı analiz metotları geliştirilmiş olup, bu metotlar 3. bölümde ele alınacaktır... DİRENÇ VE OHM YASASI... DİRENÇ Her hangi bir materyal, üzerinden elektrik akımı geçirildiğinde, materyal tarafından bu akıma karşı bir zorluk gösterilir. Materyalin bu özelliği atomik yapısı ile ilgilidir. Atomik yapıya bağlı olarak, elektrik akımına karşı gösterilen zorluk az ya da çok olabilir. Materyalin elektrik akımına karşı gösterdiği zorluk direnç olarak adlandırılır ve R ile gösterilir. Direnci çok düşük olan materyaller iyi iletken malzemeler, direnci çok yüksek olan malzemeler ise iyi yalıtkan malzemelerdir. Bir malzemenin direnci, uzunluğuna, kesit alanına ve özdirencine bağlıdır. Şekil.. de uzunluğu l, kesit alanı A ve özdirenci ρ olan bir materyal ve bu materyalin, devre sembolü olarak, direnç eşdeğeri görülmektedir. ρ l Şekil..: R direncine sahip materyal ve devre sembolü 5

21 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR R direncinin ifadesi, R l = ρ A (.) olup, birimi Ohm (Ω) dur. Özdirenç ise Ohm metre (Ω m) birimi ile ölçülür. Bakır gibi iyi iletken materyallerin özdirençleri çok düşükken ( Ω m), teflon gibi iyi yalıtkan materyallerin özdirenci çok yüksektir (3 0 Ω m). Elektrik devrelerinde, devre elemanlarını birbirleriyle bağlamak amacı ile kullanılan iletkenler (bağlantı elemanları) çok küçük dirence sahip elemanlar olduklarından, devre analizinde dirençleri göz önüne alınmaz. Bir malzemenin direnci çevre koşullarına (sıcaklık) bağlı olarak da değişir. Ancak bu değişim miktarı küçük olduğundan, birçok analizde yok sayılır. Bu şekilde kabul edilen bir direnç ideal direnç olarak adlandırılır. Elektrik devrelerinde devre elemanı olarak kullanılan dirençler genellikle metal alaşımları ve karbon bileşiklerinden imal edilirler. Bunun yanı sıra, devrede kullanılan herhangi bir alıcının da, fiziksel yapısından kaynaklanan bir dirence sahip olacağı açıktır.... OHM YASASI Bir direncin üzerinden geçen akım ile, terminalleri arasındaki gerilim arasındaki bağıntı, Georg Simon Ohm tarafından bulunmuş olmasından dolayı Ohm yasası olarak adlandırılır. Ohm yasasına göre, bir materyal üzerindeki gerilim, materyal üzerinden geçen akıma oranlıdır ve aralarındaki orantı sabiti materyalin direnci kadardır. Matematiksel olarak, Ohm yasasının ifadesi: V = IR (.) olup, bu ifade direnç terminal eşitliği olarak da bilinir. Elektrik akımı, potansiyeli yüksek olan noktadan potansiyeli düşük olan noktaya doğru akar. Buna göre direnç üzerine akımın girdiği terminal, çıktığı terminale göre her zaman daha yüksek bir potansiyele sahip olmalıdır. Şekil.. de bir dirence ilişkin terminal gerilim potansiyeli ve terminal akım yönü gösterilmiştir. Şekil..:Direnç terminal gerilimi ve akımı (V = IR ) Şayet akım dirence, gerilimin negatif olduğu terminalden giriyorsa, bu durumda (.) eşitliği V = IR olarak ifade edilmelidir. Açıktır ki bu durum Ohm yasasına aykırı olmayıp, gerçekte verilen gerilim potansiyelinin, Şekil..3 de görüldüğü gibi, ters olduğunu ifade etmektedir. 6

22 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Şekil..3:Direnç terminal gerilimi ve akımı (V = IR ) Direnç değeri, sıfır ile sonsuz arasında bir değer olabilir. Devre teorisinde, sıfır ve sonsuz direnç özellikle önemlidir. Şekil..4.a da görüldüğü gibi, bir devrede, bir terminal çifti için R = 0 durumu, o terminal çiftinin kısa devre olduğunu ifade eder ve bu durumda, Ohm yasasından da kolayca görülebileceği gibi terminal gerilimi sıfır olur. (a) (b) Şekil..4: (a) Kısa devre R = 0 (b) açık devre R = Şekil..4.b de ise açık devre edilmiş bir terminal çifti verilmiştir. Bu terminalde akım sıfır olacağından, yine Ohm yasası ile, açık devreye ilişkin direnç kolayca sonsuz bulunur. Buna göre, kısa devre, direnci sıfır olan bir devre elemanı, açık devre ise, direnci sonsuz olan bir devre elemanı olarak kabul edilebilir. Fiziksel materyallerin dirençleri pozitiftir. Şekil..5.a da görüldüğü gibi, bunun anlamı, materyale ilişkin akım-gerilim eğrisinin eğiminin pozitif olmasıdır. Yani akım arttıkça gerilim de artmakta, akım azaldıkça gerilim de azalmaktadır. v v eğim = R eğim = R eğim = R eğim = R i i i i (a) (b) Şekil..5: (a) Direnç akım-gerilim eğrisi (b) Tünel diyot akım-gerilim eğrisi Şekil..5.b de ise bir elektronik devre elemanı olan tünel diyota ilişkin akım-gerilim eğrisi görülmektedir. i, i akımları arasında eğri eğimi negatiftir. Yani akım artarken gerilim değeri azalmaktadır. Diğer iki bölgede eğimler pozitiftir. 7

23 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR İlerde değinileceği üzere, bazı devrelerin eşdeğerlerinde de negatif direnç kavramı ortaya çıkabilmektedir. Eşdeğer devrede negatif direncin anlamı, ilgili konularda ayrıca incelenecektir...3. İLETKENLİK Direncin tersi iletkenliktir. Direnç, elektrik akımına karşı materyalin gösterdiği zorluk olarak tarif edilmişti: buna göre iletkenlik de materyalin elektrik akımını iletebilme kabiliyeti olarak tarif edilebilir. İletkenlik G ile sembolize edilir ve siemens (S) birimi ile ölçülür. Direnç ile iletkenlik arasındaki ilişki: G = (.3) R şeklindedir. Ohm yasası iletkenlik cinsinden de aşağıdaki gibi ifade edilebilir: I = GV (.4) Bir devre elemanının gücü, terminal gerilimi ile üzerinden geçen akımın çarpımı olarak tanımlanmıştı. Buna göre direncin gücü, ve (.) eşitliği (.5) eşitliğinde kullanılarak, P = VI (.5) veya iletkenlik cinsinden, V P = I R = (.6) R I P = V G = (.7) G elde edilir. Dirence ilişkin güç ifadelerindeki, direnç akımı ve geriliminin kareleri nedeniyle direnç gücü her zaman pozitif olacaktır. Başka bir deyişle, direnç her zaman güç tüketen bir devre elemanıdır. Güç üretmez veya depolamaz ancak, elektrik enerjisini ısı enerjisine dönüştürür. ÖRNEK PROBLEM.: Şekil..6 da verilen devrede I akımını bulunuz. Çözüm: Gerilim kaynağının a-b terminalleri arasındaki gerilim farkı 00 Volt tur. a-c ve b-d noktaları iletken bağlantı elemanları ile birleştirilmiştir. Bu iletkenlerin dirençleri çok küçük olup ideal olarak sıfır kabul edilir. Bu nedenle, üzerlerinden geçen akım sonucunda bir gerilim 8

24 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Şekil..6: Problem. devresi düşümü olmaz ( V = IR = 0 ). Böylece a noktasının potansiyeli ile c noktasının potansiyeli, b noktasının potansiyeli ile de d noktasının potansiyeli aynıdır. Başka bir değişle gerilim kaynağının potansiyeli, direnç terminal gerilimine eşittir. Böylece direnç terminal eşitliğinden: elde edilir. ÖRNEK PROBLEM.: I V 00 = R = = 0. A R 000 Şekil..7 da verilen devrede direncin gücünü ve kaynağın gücünü bulunuz. Şekil..7: Problem. devresi Çözüm: Akım kaynağı, direnç üzerinden ma akım geçirmektedir. Direncin gücü (.6) eşitliğinden, = = ( 0 ) 000 = 4 mw 3 P I R bulunur. Şekil..8 de görüldüğü gibi, bu akım direnç üzerinde, akımın girdiği terminal pozitif olacak şekilde V IR 3 = = = V gerilim düşümü oluşturur. Bu gerilim, akım kaynağı terminallerinde görüleceğinden akım kaynağının gücü, 9

25 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR ma V V kω Şekil..8: Akım kaynağının terminal gerilimi P VI 3 = = 0 = 4 mw bulunur. Güç ifadesindeki eksi işareti, akım kaynağının, akımın girdiği terminalinde gerilimin negatif olmasından ileri geldiğini ve negatif gücün, devre elemanının güç üretmesi anlamına geldiğini hatırlayınız. Kolayca anlaşılacağı gibi, akım kaynağının ürettiği güç dirençte harcanmaktadır. ÖRNEK PROBLEM.3: Şekil..8 de verilen devrede kaynağın gücü 400 W ise, R direncinin iletkenliğini bulunuz. Şekil..8: Problem.3 devresi Çözüm: Kaynağın güç ifadesinden devre akımı bulunur: I P 400 = = = 4 A. V 00 0 Ω luk direncin harcadığı güç, P 0 0I 4 (0) 60 Ω = = = W ve R direncinin harcadığı güç ise P = P P0 Ω = = 40 W R olacaktır. R direncinin üzerinden geçen akım ve harcadığı güç bilindiğinden, değeri P 40 PR = I R = 40 R R = = = 5 Ω; ve G I 6 = = R 5 = S bulunur. 0

26 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR.3. KIRCHHOFF YASALARI Ohm yasası, bir direnç için terminal akım-gerilim ilişkisini ifade eder, ancak karmaşık devrelerin analizinde, bu terminal eşitliği yeterli değildir. Elektrik devrelerinde aynı türden devre değişkenleri arasındaki bağıntıları ifade eden diğer iki temel yasa Gustav Robert Kirchhoff tarafından ortaya koyulmuş, Kirchhoff akım yasası (KAY) ve Kirchhoff gerilim yasasıdır (KGY). Bu yasaları incelemeden önce, yasaların anlaşılmasında önemli olan çevrim, kol ve düğüm kavramları üzerinde durulacaktır..3.. ÇEVRİM, KOL ve DÜĞÜM KAVRAMLARI Şekil..9 da verilen devreyi göz önüne alalım: Devredeki her devre elemanı, bir kol oluşturur. Verilen devrede a-f, b-g, c-h, d-i, e-j ve b-c birer kol iken, örneğin a-b bir kol değildir. Zira, bu iki nokta arasında, ideal olarak direnci sıfır olan bir bağlantı elemanı kullanılmıştır. Yani, bu iki nokta kısa devre edilmiştir. Buna göre, verilen devre altı kol içermektedir. Şekil..9: Bir elektrik devresinde çevrim, kol ve düğümler İki yada daha fazla kolun, bir noktada birlikte bağlanmasıyla düğüm elde edilir. Şekilde a, b, c,, i ve j ile gösterilen bağlantıların her biri bir düğüm oluşturmazlar. Zira, örneğin a-b arasında bir kısa devre olduğundan, bu iki bağlantı çakıştırılabilir ve tek bir düğüm noktası oluşturulabilirler. Benzer şekilde c, d ve f eklentileri de çakıştırılıp tek bir düğüm ve f, g, h, i, j bağlantıları da çakıştırılarak tek bir düğüm oluşturulabilir. Buna göre, verilen devrede üç düğüm söz konusudur. Dikkat edilirse, düğüm ile aslında, devrede diğerlerinden farklı potansiyele sahip bölgeler kastedilmektedir. Örneğin kesik çizgi içine alınmış a-b bölgesi tek bir potansiyel değerine sahiptir. Aynı şekilde kesik çizgi içindeki c-d-e bölgesi de tek ve bir öncekinden farklı bir potansiyel değerine ve f-g-h-i-j bölgesi de tek ve diğerlerinden farklı bir potansiyele sahiptir. O halde, verilen devre üç düğüme sahiptir. Devredeki her kapalı yol bir çevrim olarak adlandırılır. Örneğin, verilen devrede abgf kapalı yolu bir çevrimdir. Aynı şekilde bchg, cdih, deji de birer çevrimdir. Bunlar içlerinde başka çevrimler içermediklerinden bağımsız çevrim veya göz olarak adlandırılır. Bununla birlikte, verilen devrede bu bağımsız çevrimler dışında başka çevrimler de mevcuttur. abchgf, abcdihgf, abcdejihgf, bcdihg, bcdejihg ve cdejih kapalı yolları bu tip çevrimlerdir. Buna göre, verilen örnek devre dördü bağımsız çevrim olmak üzere, on adet çevrim içermektedir. Bir devredeki bağımsız göz sayısı, o devreden elde edilebilecek bağımsız eşitlik sayısını belirler. Bir devrede kol (k), düğüm (d) ve bağımsız çevrim (ç) sayıları arasında, K=dç- bağıntısı vardır.

27 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR.3.. KIRCHHOFF UN AKIM YASASI (KAY) Kirchhoff un akım yasası, bir elektrik devresinde, herhangi bir düğüm noktasındaki kol akımlarının cebirsel toplamının her zaman sıfır olduğunu ifade eder. Matematiksel olarak bu yasa, K Ik = 0 (.8) k = ile ifade edilir. Burada K, düğüm noktasında bir arada bağlanmış kol, dolayısıyla kol akımı sayısıdır. Şekil..0:Bir düğüm noktasındaki akımlar Şekil..0 da, a düğümündeki akımlar gösterilmiştir. Düğüm noktasına giren akımlar negatif ve çıkan akımlar da pozitif kabul edilirse, Kirchhoff un akım yasası uygulanarak, ya da, I I I3 I4 I5 = 0 (.9) I I5 = I I3 I4 (.0) elde edilir ki, bu Kirchhoff un akım yasasının bir başka ifadesidir: Bir düğüm noktasına giren akımların toplamı, o düğüm noktasından çıkan akımların toplamına eşittir. Akım yasası, sadece bir düğüm noktasında değil, kapalı herhangi bir bölgede uygulanabilir. Şekil.. de birden fazla düğüm noktasını içeren kesik çizgilerle belirlenmiş kapalı bölgeyi ele alalım: Şekil..: Kapalı bir bölgede Kirchhoff akım yasasının uygulanışı

28 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Kirchhoff un akım yasası, elektrik yüklerinin korunum yasası dayanır. Bu yasaya göre, herhangi bir sistemdeki yüklerin cebirsel toplamı sabit olup değiştirilemez. Bu nedenle, Şekil.. de kesik çizgilerle belirlenmiş bölge içindeki toplam yük korunacağından, bölge sınırından toplam yük transferi sıfır olmalıdır: ÖRNEK PROBLEM.4: I I I3 I4 I5 = 0. (.) Şekil.. de direnç üzerinden geçen akımı yönüyle birlikte bulunuz. Şekil..: Problem.4 devresi Çözüm: Direnç üzerindeki akımın Şekil..3 de verildiği yönde olduğunu kabul edelim (adüğümünün oluşturulmasına dikkat ediniz). Şekil..3: Düğüm noktasının oluşturulması ve yönü rastgele seçilmiş direnç akımı a-düğüm noktasında Kirchhoff un akım yasası uygulanırsa, 3 7 I 5 = 0 I = 5 A bulunur. Rastgele seçilmiş akımın negatif çıkması, gerçekte bu direnç üzerinde seçilen yönün tersinde 5 A lik bir akım geçtiğini göstermektedir. ÖRNEK PROBLEM.5: Şekil..4 de verilen devrede I akımını bulunuz. Çözüm: Üst düğüm noktasında KAY uygulanırsa, 4I 0 I = 0 I = A 3

29 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Şekil..4: Problem.4 devresi elde edilir. Bir önceki örnekte olduğu gibi direnç üzerindeki akım yönü verilmiş yönün tersi olacaktır. Buna bağlı olarak bağımlı akım kaynağının da aslında verilmiş yönünün tersine 8 A lik bir akım sağladığına dikkat edilmelidir..3.. KIRCHHOFF UN GERLİM YASASI (KGY) Kirchhoff un gerilim yasası, bir elektrik devresinin herhangi bir çevrimindeki gerilimlerin cebirsel toplamının her zaman sıfır olduğunu ifade eder. Matematiksel olarak bu yasa, K Vk = 0 (.) k = ile ifade edilir. Burada K, çevrim üzerindeki gerilim (çoğu kez devre elemanı sayısı) sayısıdır. Şekil..5 de verilen çevrimi ele alalım: Şekil..5: Bir çevrim üzerindeki gerilimler Saat dönüş yönünde hareket edildiği düşünülerek, her elemanın üzerindeki gerilimi, dönüş yönüne göre girilen polarite de dikkate alınarak KGY uygulandığında, veya, V V V3 V4 V5 = 0 (.3) V V3 V4 = V V5 (.4) elde edilir. (.4) eşitliği, gerilim yasasının bir başka ifadesidir: Bir çevrim üzerindeki toplam gerilim düşümü, o çevrim üzerindeki toplam gerilim yükselmesine eşittir. 4

30 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Bir devre elemanına akımın girdiği terminal pozitif ise, o devre elemanı üzerinde bir gerilim düşümü söz konusudur. Örneğin, dirence akım hangi terminalden giriyorsa o terminalin gerilimi diğer terminale göre yüksektir. Yani direnç üzerinde her zaman bir gerilim düşümü vardır. Devre elemanına akımın girdiği terminal negatif ise, bu durumda bir gerilim yükselmesi söz konusudur. Açıktır ki bu eleman bir kaynaktır. Buna göre, bir çevrim üzerinde kaynakların toplam gerilim yükseltmeleri, dirençlerin toplam gerilim düşümüne eşit olmalıdır. ÖRNEK PROBLEM.6: Şekil..6 de verilen devrede V ve V gerilimlerini bulunuz. Şekil..6: Problem.6 devresi Çözüm: Saat dönüş yönünde hareket ederek KGY uygulandığında, 6 V V 9 = 0 V V = 5, eşitliği elde edilir. Dirençler için Ohm yasasını uygulandığında da, V = 0I ve V = 0I, bulunur. V, V ifadeleri ilk eşitlikte kullanıldığında, 0 I ( 0 I) = 5 30I = 5 ; I = 0.5 A V = 0(0.5) = 5 V; V = 0(0.5) = 0 V bulunur. Burada V geriliminin, gerçekte şekilde verildiği polaritenin tersinde olduğuna dikkat ediniz. ÖRNEK PROBLEM.7: Şekil..7 de verilen devrede V 0 gerilimini bulunuz. Çözüm: KGY uygulanarak, 5

31 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Şekil..7: Problem.7 devresi V 50 V V = 0 V V0 = 50 0 ve Ohm Yasası ile de, V = 40I, V0 = 0I eşitlikleri elde edilir. Böylece, 40 I ( 0 I ) = 50 30I = 50 ; I =.66 A. ve, V 0 = 0(.66) = 6.6 V. bulunur. ÖRNEK PROBLEM.8: Şekil..8 de verilen devrede dirençler üzerindeki gerilimleri bulunuz. Şekil..8: Problem.8 devresi Çözüm: Dirençler üzerindeki gerilimler ve kol akımları Şekil..9 da görüldüğü gibi rastgele seçilmiş olsun: Şekil..9: Rastgele seçilmiş gerilim polariteleri ve kol akım yönleri 6

32 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR a-düğüm noktasında KAY nı uygulanırsa, I I I3 = 0 eşitliği,. çevrim ve. çevrimde KGY uygulanarak da, V = ; V V3 = V eşitlikleri elde edilir. Ohm yasasını kullanılarak, dirençler üzerindeki gerilimler, kol akımları cinsinden ifade edilirse, V = 0I, V = 8I, V3 = 30I3 olacaktır. Gerilim ifadeleri yerlerine yazıldığında, akımlar arasındaki aşağıdaki eşitlikler bulunur: 8I 0I 8I = I =, 0 8I 8I 30I3 = I3 =. 30 I ve I ifadeleri ilk denklemde kullanılırsa, 8I 8I I = 0 5I = 0 ; I = 0.4 A 0 30 bulunur. I akımının değeri kullanılarak da I = 0.4 A, I 3 = 0.6 A, V = 4.8 V, V = 7. V ve V 3 = 4.8 V bulunur..4. DEVRELERİN SERİ-PARALEL BASİTLEŞTİRİLMESİ Elektrik devrelerinde istenen bir devre değişkenini bulmak amacıyla, verilen devrenin yapısına bağlı olarak, devreyi daha basit bir hale dönüştürmek mümkün olabilir. Bu dönüşüm aslında, devredeki kol ya da çevrim sayısını ve dolayısıyla, bilinmeyen sayısını azaltmakta ve böylece de daha basit bir analize imkan vermektedir. Devreyi, daha basit bir devre haline dönüştürmenin değişik metotları bulunmakla birlikte, bu bölümde sadece seri-paralel basitleştirme ele alınacaktır. Seri-paralel basitleştirme aynı tip devre elemanlarının seri ya da paralel bağlantılarının bulunması durumunda uygulanabilir..4.. SERİ BAĞLI DİRENÇLERİN EŞDEĞERİ ve GERİLİM BÖLÜCÜLER İki devre elemanının birer terminali, arada başka bir üçüncü kol bağlantısı olmaksızın birbirine bağlı ise, bu iki eleman birbirine seri bağlıdır denir. Şekil..0.a da birbirine seri 7

33 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR bağlı devre elemanları, ve Şekil..0.b de ise seri bağlantıyı bozan üçüncü kol bağlantıları görülmektedir. Böyle bir bağlantı devre elemanlarını karışık bağlı hale getirir. (a) (b) Şekil..0: (a) Seri bağlı devre elemanları (b) Karışık bağlı devre elemanları Seri bağlı devre elemanlarından aynı akım geçer. Şekil.. de seri bağlı N adet direnç ve bir gerilim kaynağından oluşan devre görülmektedir. I a R R R 3 R N V V V 3 V N V b Şekil..: Seri devre Seri devre için, KAY ve Ohm yasası kullanılarak V = V V V3 VN ; V = IR IR IR3 IRN V = I R R R3 R N ( ) elde edilir. Parantez içindeki dirençler toplamı için R yazılırsa, eş ve V = IR eş eş 3 N k k = N R = R R R R = R (.5) elde edilir. Burada R eş, seri bağlı dirençlerin eşdeğeri olarak adlandırılır. Buna göre Şekil.. de verilen seri devre Şekil.. deki gibi basitleştirilebilir: 8

34 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Şekil..: Basitleştirilmiş devre Şekil.. deki seri devreye uygulanan gerilim, dirençlere, direnç değerleri oranında bölünmektedir. Örneğin n. direnç üzerindeki gerilim, V n = IR ; n V n = V R R R R 3 N R n (.6) olacaktır. Başka bir deyişle, uygun R n direncini seçerek, bu direnç üzerinde istenen gerilim düşümü oluşturulabilir. Bu nedenle seri bağlı dirençlerden oluşmuş devreler, gerilim bölücüler olarak da adlandırılırlar. (.6) eşitliği ise gerilim bölücü eşitliği olarak bilinir. ÖRNEK PROBLEM.9: Şekil..3 de verilen devrede a-b çıkış terminallerinden 40 V luk bir açık devre gerilimi oluşturmak için bağlanması gereken R direnç değerlerini bulunuz. Çözüm: KGY uygulandığında, 60 V00 Ω V0 = 0 ; V00 V0 ve Ohm yasası ile, = 60 = Ω = 0 V = Ω I V00 Ω 0 I = = = 0. A, IR Şekil..3: Problem.9 devresi 40 = 0.R = 40 R = = 00Ω. 0. 9

35 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR ÖRNEK PROBLEM.0: Şekil..4 de verilen devrede 00 Ω luk direnç üzerindeki gerilimi bulunuz. Şekil..4: Problem.0 devresi Kaynağın bağlı olduğu terminalden görülen eşdeğer direnç, R = = 000Ω. eş Devre akımı, I = = = 0.4 A. R 000 eş 00 Ω luk direnç üzerindeki gerilim ise, V = 00 00I = Ω 00(0.4) = 40 V bulunur..4.. PARALEL BAĞLI DİRENÇLERİN EŞDEĞERİ VE AKIM BÖLÜCÜLER İki devre elemanının karşılıklı iki terminali, arada başka bir üçüncü eleman olmaksızın birbirine bağlı ise, bu iki eleman birbirine paralel bağlıdır denir. Şekil..5.a da birbirine paralel bağlı devre elemanları, ve Şekil..5.b de ise paralel bağlantıyı bozan üçüncü eleman bağlantıları görülmektedir. (a) (b) Şekil..5: (a) Paralel bağlı devre elemanları (b) karışık bağlı devre elemanları 30

36 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Şekil..6 da seri bağlı N adet direnç ve bir gerilim kaynağından oluşan devre görülmektedir. Açıktır ki, paralel bağlı elemanlar üzerindeki gerilimler aynı olacaktır. Kirchhoff un akım yasası uygulanarak: Şekil..6: Paralel bağlı devre elemanları I = I I I N (.7) elde edilir. Kol akımları Ohm yasası kullanılarak gerilimler cinsinden yazılır I V V =, I =, I N R R V = (.8) R N ve bu ifadeler (.7) de kullanılırsa, veya I V V V = = V R R RN R R R N elde edilir. Burada, I V = (.9) R eş N = = (.0) R R R R R eş N k = k olacağından Şekil..6 da verilen devre, Şekil..7 da görüldüğü gibi basitleştirilebilir. Şekil..7: Basitleştirilmiş devre 3

37 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Şekil..8 de görülen paralel bağlı iki direncin eşdeğeri, (.0) eşitliğinden kolayca, dirençlerin çarpımlarının, toplamlarına bölümü olarak elde edilir: Şekil..8: Akım bölücü devre R eş = R R R R (.) Şekil..8 de verilen devrede, ana kol akımı, direnç değerlerine göre iki kola ayrılmaktadır. Uygun direnç değerleri seçilerek istenen bir kol akımını elde etmek mümkündür. Bu nedenle paralel dirençlerden oluşan devrelere aynı zamanda akım bölücüler de denmektedir. Kol akımlarının ifadesini ana kol akımı cinsinden bulunabilir: ve (.8) eşitliklerinden R R V = IR eş ; V = I R R I V R = R I = I R R (.) V I = R I R = I (.3) R R ifadeleri elde edilir. Kolayca görüleceği gibi, paralel kollardan biri üzerinden geçen akım, ana kol akımı ile karşı kol direncinin çarpımının paralel kol dirençlerinin toplamına oranı kadardır. (.) ve (.3) eşitlikleri akım bölücü devre eşitlikleri olarak da adlandırılır. Paralel bağlı dirençlerin eşdeğer iletkenlikleri (.0) eşitliğinden aşağıdaki gibi ifade edilebilir: eş N k k = N G = G G G = G (.4) (.5) ve (.0) eşitlikleri kullanılarak, seri-paralel bağlı dirençlerin eşdeğerleri bulunarak devre basitleştirilebilir. Böylece, aranan bir devre değişkeni basitleştirilmiş devreden kolayca bulunabilir. Ancak, dirençler her zaman seri ya da paralel bağlanmaz. Seri ve paralel basitleştirmeye olanak vermeyecek şekilde bağlanmış dirençlere karışık bağlı dirençler denir. 3

38 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR ÖRNEK PROBLEM.: Şekil..9 da verilen devrenin a-b terminallerinden görülen eşdeğer direncini bulunuz. Şekil..9: Problem. devresi Çözüm: 0 Ω ve 0 Ω luk dirençler seri (00), 5 Ω luk dirençler seri (55), bu iki kolun paralel eşdeğeri (00)//(55) ve paralel eşdeğer de 45 Ω luk dirence seri 45((55)//(00)) olacaktır. ( ) R = 45 (5 5) //(0 0) = 45 (30 // 30) ab R ab = 45 = 45 5 = Ω. ÖRNEK PROBLEM.: Örnek Problem..8 i, devrede kaynağın bağlı olduğu terminallerinden görülen eşdeğer direnci bularak çözünüz. Çözüm: Kaynağın bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç: 30 0 R ab = 8 (30 // 0) = 8 = 8 = Kaynağın devreye sağladığı akım: Ω. I = = 0.4 A. I = 0.4 A. 30 Bu akım ana kol akımını oluşturur ve düğüm noktasında iki kola ayrılır. Kol akımları akım bölücü devre eşitliğinden: 30 I = I = 0.4(0.6) = I 0 = I = 0.4(0.4) = 0.6 A A I = 0.4 A 33

39 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR ve gerilimler de, V = 0I = 4.8 V, V = 8I = 7. V, V3 = 30I3 = 4.8 V bulunur. Analizin, önceki çözüme göre daha kolay yapılabildiğine dikkat ediniz. ÖRNEK PROBLEM.3: Şekil..30 da verilen devrede V gerilimini bulunuz. Şekil..30: Problem.3 devresi Çözüm: Kaynağın bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç: R eş = 40 ((0 5 5) // 75) = 40 (50 // 75) = 40 = Ω. Şekil..3 de görülen devreden, kaynağın devreye sağladığı akım (ana kol akımı) I = = = A bulunur. R 70 eş Şekil..3: Anakol akımı ve kol akımları Ana kol akımı, düğüm noktasında iki kola ayrılmaktadır. İkinci kol üzerindeki akım, akım bölücü devre eşitliğinden, 34

40 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR I = I = = A, ve Ohm yasası ile de, V = 0I = 0(.) = 4 V sonucu elde edilir ÜÇGEN-YILDIZ ve YILDIZ-ÜÇGEN DÖNÜŞÜMLERİ Bir devrede, dirençler seri ya da paralel bağlı olmamalarına rağmen, bazı durumlarda devreyi ya da devrenin bir kısmını seri-paralel bağlı dirençler biçimine dönüştürmek mümkün olabilir. Şekil..3 de verilen direnç bağlantılarını göz önüne alalım: (a) (b) Şekil..3: (a) Yıldız bağlantı (b) üçgen bağlantı İlk bağlantı yıldız (ya da Y) ve ikinci bağlantı da üçgen (ya da delta) bağlantı olarak adlandırılır. Bir yıldız bağlantı üçgene, bir üçgen bağlantı da yıldıza dönüştürülebilir. Bu dönüşüm sonunda, dönüşmüş bağlantıda bulunan dirençler, devredeki diğer dirençlerle seri ya da paralel bağlı konuma gelebilir ve böylece seri-paralel basitleştirme mümkün olur. Bu şekilde bir dönüşüm için, dönüşmüş devredeki direnç değerlerinin, orijinal devredeki direnç değerleri cinsinden ifadeleri gerekecektir: Açıktır ki, dönüşmüş devre ve orijinal devre, karşılıklı terminal çiftlerinden aynı özelliği göstermelidir. Başka bir deyişle aynı, terminallerden aynı eşdeğer dirençler görülmelidir. Buna göre, her karşılıklı terminal eşdeğer dirençleri birbirine eşitlenerek elde edilecek eşitliklerden dönüşmüş direnç değerleri bulunabilir: R acyıldız = R R R3 = R //( R R ) acüçgen y z R R = 3 R ( R R ) y z R R R y z. (.5) R abyıldız = R R R = R //( R R ) abüçgen z y 35

41 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR R R = Rz ( R Ry ). (.6) R R R y z R bcyıldız = R R R3 = R //( R R ) bcüçgen y z R R = 3 Ry ( R Rz ). (.7) R R R y z Yıldız-üçgen dönüşümü için, bilinmeyen üçgen dirençleri, (.5), (.6) ve (.7) eşitlikleri R, R ve R için çözülerek aşağıdaki gibi bulunur: y z R R y R z R R R R R R R 3 3 =, (.8) R R R R R R R 3 3 =, (.9) R R R R R R R 3 3 =. (.30) 3 Dikkat edilirse, üçgen dirençleri bulunurken; yıldız dirençlerinin olası bütün ikili çarpımlarının toplamı, hesaplanan üçgen direncinin tam karşısındaki yıldız direncine oranı olarak bulunmaktadır. Üçgen-yıldız dönüşümü için ise, bilinmeyen yıldız dirençleri, (.5), (.6) ve (.7) eşitlikleri R, R ve R 3 için çözülerek bilinen üçgen dirençleri değerleri cinsinden aşağıdaki gibi bulunabilir: R = RRz R R R y z, (.3) R = R R y R R R z y z (.3) R 3 = R R y R R R y z (.33) Bu dönüşümde de, hesaplanan yıldız direnci için, iki tarafındaki üçgen dirençlerinin çarpımının, üçgen dirençlerinin toplamına bölündüğüne dikkat ediniz. ÖRNEK PROBLEM.4: Şekil..33 de verilen devrenin a-b terminallerinden görülen eşdeğer direncini bulunuz. 36

42 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR Şekil..33: Problem.4 devresi Çözüm: cde düğüm noktaları arasındaki ve cdf düğüm noktaları arasındaki bağlantılar birer üçgen bağlantılardır. Bunun yanı sıra 30, 50 ve 60 Ω luk dirençler de bir yıldız bağlantı oluşturmaktadır. Öncelikle cde düğüm noktaları arasındaki üçgen bağlantı bir yıldız bağlantıya dönüştürülsün. Bunun için bu üçgen içine Şekil.33 de görüldüğü gibi bir yıldız çizilir. Şekil..34: Yıldız dirençlerinin bağlanışı Bilinmeyen yıldız direnç değerleri (.3), (.3) ve (.33) eşitliklerinden hesaplanırsa, R = = = 6Ω, R = = = Ω, R = = = 5 Ω

43 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR bulunur. Şekil..34 de verilen devrede dönüşüme giren üçgen dirençleri kaldırılırsa, Şekil..35 deki dönüşmüş devre elde edilir. Bu devrede dirençlerin seri paralel bağlantıları nedeniyle, a-b terminallerinden görülen direnç kolayca, ( ) Şekil..35. Dönüşmüş devre R = 00 6 (5 60) //(0 40) = 06 (75 // 50) ab R ab = 06 = 36Ω bulunur. dcf üçgen bağlantısı için bir üçgen yıldız dönüşümü ya da, 30, 50 ve 60 Ω luk dirençlerden oluşan yıldız bağlantısına bir yıldız üçgen dönüşümü uygulayarak da aynı sonucun elde edilebileceğini gösteriniz. Yıldız-üçgen ya da üçgen yıldız dönüşümlerinde, aranan devre değişkenini üzerinde bulunduran direncin dönüşüme girmemesi tercih edilmelidir. Aksi taktirde, dönüşüme giren direnç, dönüşmüş devrede yer almayacağından, bu devreden aranan değişkenin direk olarak bulunması mümkün olmayabilir. Şayet bu şekilde bir dönüşüm yapıldı ise, bu durumda, dönüşmüş devrenin analizi ile bulunabilen değişkenler elde edildikten sonra, orijinal devreye geri dönüp, aranan devre değişkeni, hesaplanan devre değişkenleri cinsinden elde edilmeye çalışılır. 38

44 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR PROBLEMLER metre uzunluğunda ve mm kesit alanlı bakır telin direncini bulunuz..6. Şekil..39 da verilen devrede V, V, V 3 ve V 4 gerilimlerini bulunuz... 0 Ω luk bir direnç üzerindeki gerilim 00 Volt ise direnç üzerinden geçen akımı ve direncin gücünü bulunuz..3. Şekil..36 da verilen devrede düğüm noktası, kol ve çevrim sayılarını bulunuz. Şekil..39: Problem.6. devresi.7. Şekil..40 da verilen devrede V, V ve V 3 gerilimlerini bulunuz. Şekil..36: Problem.3. devresi.4. Şekil..37 da verilen devrede I vei akımlarını bulunuz. Şekil..40: Problem.7. devresi.8. Şekil..4 de verilen devrede V gerilimini bulunuz. Şekil..37: Problem.4. devresi.5. Şekil..38 de verilen devrede V, V ve V 3 gerilimlerini bulunuz. Şekil..4: Problem.8. devresi.9. Şekil..4 de verilen devrede I bulunuz. Şekil..38: Problem.5. devresi Şekil..4: Problem.9. devresi 39

45 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR.0. Şekil..43 de verilen devrede R direncinin değerlerini bulunuz..4. Şekil..47 de verilen devrede I ve I kol akımlarını bulunuz. Şekil..47: Problem.4 devresi Şekil..43: Problem.0 devresi.. Şekil..44 de verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz..5. Şekil..48 de verilen devrede a-b terminallerinden görülen eşdeğer direnci bulunuz. Şekil..44: Problem. devresi.. Şekil..45 de verilen devrenin a-b terminallerinden görülen eşdeğer direncini bulunuz. Şekil..48: Problem.5 devresi.6. Şekil..49 da verilen devrede I akımını bulunuz. Şekil..45: Problem. devresi.3. Şekil..46 da verilen devrede kaynağın devreye sağladığı I akımını bulunuz Şekil..49: Problem.6 devresi.7. Şekil..50 de verilen devrede, I y akımını bulunuz. Şekil..46: Problem.3 devresi Şekil..50: Problem.7 devresi 40

46 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR.8. Şekil..5 da verilen devrede I akımını bulunuz.. Şekil..54 de verilen devrenin a-b terminallerinden görülen eşdeğer direncini bulunuz. Şekil..5: Problem.8 devresi.9. Şekil..5 de verilen devrede giriş terminal direncini bulunuz. Şekil..54: Problem. devresi.. Şekil..55 de verilen devrede a-b terminallerinden görülen eşdeğer direnci ve kaynağın devreye sağladığı akımı bulunuz. Şekil..5: Problem.9 devresi.0. Şekil..53 de verilen devrede giriş terminallerinden görülen eşdeğer direnci bulunuz. Şekil..56: Problem. devresi.3. Şekil..57 de verilen devrede, kaynağın gücü 00 W ise, R direncinin değerini bulunuz. Şekil..53: Problem.0 devresi Şekil..57: Problem.3 devresi 4

47 .BÖLÜM: TEMEL YASALAR 4

48 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI 3.. GİRİŞ Devre kuramının temelini oluşturan Ohm yasası ve Kirchhoff yasalarının sistematik uygulamalarını içeren iki temel analiz metodu mevcuttur. Bunlar; Ohm yasası ve Kirchhoff un gerilim yasası temelli Göz Akımları Metodu ile yine Ohm yasası ve Kirchhoff un akım yasası temelli Düğüm Potansiyelleri Metodu dur. Her hangi bir devrenin analizinde her iki metot da kullanılabilmekle birlikte, devrenin yapısına bağlı olarak seçilen analiz metodu işlem hacmini değiştirebilir. Uygun metodun seçimi için göz önüne alınması gereken kriterler üzerinde ayrıca durulacaktır. Ancak, genel olarak bu seçim, edinilen deneyime paralel olarak kolayca yapılabilmektedir. 3.. GÖZ AKIMLARI METODU İçinde başka bir çevrim içermeyen çevrim, göz olarak tanımlanır. Göz akımları metodunda temel değişkenler, her bir gözde aktığı varsayılan göz akımlarıdır. Başka bir deyişle, göz akımları gerçek akımlar değildir. Ancak gerçek kol akımları, göz akımları cinsinden kolayca ifade edilebildiğinden, metodun esası, varsayılan göz akımlarının belirlenmesine dayanır. Şekil.3. de verilen devrede çevrim, göz, göz akımları ve kol akımları görülmektedir. Göz akımları ve kol akımlarını ayırt etmek amacıyla, kol akımları için sayısal indisler kullanılırken göz akımları için alfabetik indisler kullanılmıştır. Şekil.3..Göz ve kol akımları 4

49 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Burada, abef, bcde ve abcdef nin her biri birer çevrimdir. abef ve bcde çevrimleri içlerinde başka çevrim içermediklerinden aynı zamanda birer gözdürler. abcdef çevrimi ise abef ve bcde çevrimlerini içerdiğinden bir göz değildir. I, I, I 3 devre elemanları üzerinden geçen gerçek kol akımlarıdır. I a ve I b ise sırasıyla birinci ve ikinci gözde aktığı varsayılan göz akımlarıdır. R direnci üzerinden I kol akımı geçmektedir. Seçilen I a göz akımı da aynı dirençten aynı yönde geçtiği varsayılan akım olduğundan, bu akımlar eşit olmalıdır. Benzer şekilde, R direnci üzerinden I kol akımı ve ikinci gözde akmakta olduğu varsayılan I b akımı aynı yönde akan akımlar olup, eşit olmalıdırlar. Diğer yandan, iki göz tarafından ortak kullanılan R 3 direnci üzerinde I a ve I b kol akımlarının ters yönde aktıkları varsayılmaktadır. Her hangi bir anda, bir devre elemanı üzerinde, bir yönde ve tek bir akım bulunabileceğinden bu akımlar varsayılan akımlar olarak adlandırılmaktadır. R 3 direnci üzerinden geçen gerçek akım I 3 kol akımı olduğundan, varsayılan göz akımlarının bu koşulu sağlaması gerekir. O halde bu direnç üzerinden geçen akım, ters yönde geçtiği varsayılan göz akımlarının farkı kadar ve gerçek kol akımı yönünde olmalıdır. Bu durumda kol akımları ve göz akımları arasındaki ilişkiler, I I = I (3.) a = I (3.) b I = I I (3.3) 3 a b olacaktır. (3.3.) eşitliği, b noktasında Kirchhoff un akım yasası uygulanarak da kolayca elde edilebilir: Ia Ib I3 = 0 ve Ia Ib = I3. Şayet I a ve I b göz akımları biliniyorsa, (3.), (3.) ve (3.3) eşitlikleri kullanılarak kol akımları ve bunlarla ilişkili olarak da diğer devre değişkenleri bulunabilir. Göz akımlarını belirlemek üzere I. ve II. gözlerde Kirchhoff un gerilim yasasını uygulanırsa, I. göz için II. göz için Va V V3 = 0 Va V V3 V V V b 3 = 0 Vb V3 V = (3.4) =. (3.5) eşitlikleri elde edilir. Dirençler üzerindeki gerilimler Ohm yasası nı kullanarak göz akımları cinsinden ifade edildiğinde, V = I R (3.6) a V = I R (3.7) b V = ( I I ) R (3.8) 3 a b 3 bulunur. Bu eşitlikler (3.4) ve (3.5) eşitliklerinde kullanılırsa, 43

50 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Va = IaR ( Ia Ib ) R3 Va = Ia ( R R3 ) IbR3 (3.9) Vb = ( Ia Ib) R3 IbR ; Vb = I ( ) ar3 Ib R R3 (3.0) eşitlikleri elde edilir. Bu eşitlikler bir matriks eşitlik formunda aşağıdaki gibi yazılabilir. R R3 R3 Ia Va R3 R R = 3 I b V. (3.) b Cramer kuralı kullanılarak I a, I b bilinmeyenleri için: I a = V a R Vb R R R R R R R R 3 3, (3.) I b = R R V 3 R3 V R R R a b 3 3 R R R 3 3. (3.3) eşitlikleri bulunur. (3.9) ve (3.0) eşitliklerine dikkat edilirse, her bir eşitliğe, kendi göz akımının kendi dirençleri üzerinde oluşturduğu gerilimler pozitif, komşu göz akımının, ortak kullanılan dirençler üzerinde oluşturduğu gerilimler negatif katkı yapmaktadır. Bunun nedeni, göz akımlarının her ikisinin de saat dönüş yönünde verilmiş olmasıdır. Aslında göz akımlarının yönü rastgele seçilebilir. Fakat eşitlikleri sistematik bir şekilde yazabilmek için, zorunlu bir hal olmadıkça, göz akımlarını aynı yönde (saat dönüş yönünde) seçmek kolaylık sağlar. Göz akımlarının tamamı saat dönüş yönünde seçilmişse, eşitlikler için aşağıda verildiği gibi bir genel kural çıkarılabilir:. göz için IR IR InR n ± V = 0. göz için I R I R I R ± V = n. göz için I R I R I R ± V = Burada, R : k gözünün toplam direncini, R kk km n n 0 n n n nn 0 : k ve m gözleri tarafından ortak kullanılan toplam direnci, V : k gözündeki gerilim kaynakları toplamını kk göstermektedir. ± işareti ile, kaynaklara hangi terminalden giriliyorsa o işaretle eşitliğe dahil edilmesi gerektiğini ifade etmektedir. 44

51 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Şekil.3. de verilen devrede II. göz akımının yönü ters (saat dönüş yönünün tersi) seçilmişolsun. Bu durumda her iki göz akımı da R 3 direncine aynı terminalden gireceğinden, eşitlikler aşağıdaki gibi olacaktır: Ib = I, I3 Ia Ib =, V3 = ( Ia Ib) R3, V = IbR Buna göre (3.4) ve (3.5) eşitlikleri de, V = I ( R R ) I R (3.4) a a 3 b 3 Vb IaR ( ) 3 Ib R R3 = (3.5) olacaktır. Açıktır ki (3.9), (3.0) eşitlikleri ile (3.4), (3.5) eşitlikleri arasındaki tek fark I b yönünün ters oluşudur. Başka bir deyişle (3.9), (3.0) eşitliklerinde I b, Ib ile değiştirilecek olursa (3.4) ve (3.5) eşitlikleri elde edilir. O halde bu eşitlik sistemlerinden hangisi kullanılırsa kullanılsın I b akımının büyüklüğü aynı bulunacak ancak işareti birinde pozitif bulunurken diğerinde negatif olacaktır. Bu durum; negatif bulunduğu durum için, seçilen akım yönünün gerçek yöne zıt olduğunu ifade eder. ÖRNEK PROBLEM 3.: Şekil.3. de verilen devrede I ve I kol akımlarını bulunuz. Şekil.3.: Örnek Problem 3. devresi Çözüm: I a, I b ve I c saat dönüş yönünde göz akımları olduklarından, I (0 0) I (0) 50 = 0 30I 0I = 50, a b I (0 30 0) I (0) I (0) = 0 0I 60I 0I = 0, b a c c b a b a b c I (0 0) I (0) 0 = 0 0I 30I = 00 eşitlikleri göz akımları metodu ile elde edilir ve bu eşitlikler bir matriks eşitlik biçiminde yazılırsa; b c 45

52 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Ia 0 6 I = b, I c Cramer kuralı ile göz akımları aşağıdaki gibi bulunabilir. I a = = =.8 A, I b = = =.538 A, Kol akımları ise; I c = 0 0 = = A. I = Ia Ib =.8 (.538) =.4359 A, I = Ib Ic =.538 ( 4.06) =.9488 A olacaktır. ÖRNEK PROBLEM 3.: Şekil.3.3 de verilen devrede 40 Ω luk direncin harcadığı gücü bulunuz. I c Şekil.3.3: Örnek Problem 3. devresi Çözüm: I a, I b ve I c saat dönüş yönünde seçilmiş göz akımları ise, 46

53 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI I (30 50) I (30) I (50) 50 = 0 80I 30I 50I = 50. a b c a b c I (30) I ( ) I (40) 80 = 0 30I 95I 40I = 80. a b c a b c I (50) I (40) I ( ) 80 = 0 50I 40I 0I = 80 a b c a b c ve P40 40( I I ) =. Ω b c Ib Ic, 40 Ω luk direnç üzerindeki kol akımdır. Yukarıda elde edilen eşitlik sistemi I b ve I c için çözülürse, I b ve = = =.566 A, bulunur I c = = = P50 Ω = 40( ) = 4.8 W A ÖRNEK PROBLEM 3.3: Şekil.3.4 de verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Şekil.3.4: Örnek Problem 3.3 devresi Çözüm: Saat dönüş yönünde seçilmiş I a, I b ve I c göz akımları için denklemler, I (3 5) I (3) I (5) 0 = 0 8I 3I 5I = 0 a b c a b c I (3) I (3 6 4) I (6) = 0 3I 3I 6I = 0 a b c I (5) I (6) I (6 5) I = 0, a b c a b c 47

54 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI I = I b 5I 6I 6I I = 0 5I 8I 6I = 0 a b c b a b c olacakır. Bu eşitlikler bir matriks eşitliği şeklinde yazıldığında, Ia I b 0 = 5 8 I c 0 elde edilir. Cramer kuralı ile de, bağımlı kaynağın gücünü belirlemek için gerekli I b, I c göz akımları aşağıdaki gibi bulunur: I b = = = A, I c = = = A. Böylece güç, bulunur. P I = ( I ) Ic = ( Ib ) Ic = (0)(4.7) = 8.54 W SÜPER-GÖZ KAVRAMI Göz akımları metodu, akım kaynakları içeren devrelere de uygulanabilir. Ancak, akım kaynağının terminalleri arasındaki gerilim sabit olmayıp, bağlı olduğu devreye göre değişeceğinden, akım kaynağını içeren gözde yazılan eşitlikte, bu gerilim bir bilinmeyen olarak belirtilmelidir. Akım kaynağı, bir devrede sadece bir gözün kullandığı kolda bağlı olabileceği gibi, iki gözün ortak kullandığı bir kolda da bulunabilir:. Akım kaynağının yalnız bir göz tarafından kullanılan kolda bağlı olması hali Şekil.3.5 de Sadece birinci gözün kullandığı kolda bir akım kaynağı içeren örnek devre görülmektedir. 48

55 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Şekil.3.5: Akım kaynağının ortak olmayan bir kolda bulunması Birinci göz için seçilen göz akımı, akım kaynağının değerine eşittir. İkinci göz için, I = 4 A. (3.6) a eşitliği yazılıp birinci göz akımı bu eşitlikte kullanılırsa, 0I 5I = 0 ; (3.7) a b bulunur. 5I b = 0 0(4) ve 4 I b = A. 3 Yukarıdaki örnekten de açıkça anlaşılacağı gibi, akım kaynağının ortak olmayan bir kolda bulunması durumunda, göz akımlarından biri halihazırda biliniyor demektir.. Akım kaynağının iki göz tarafından ortak kullanılan bir kolda bağlı olması hali Şekil.3.6 da, bu şekilde bağlı bir akım kaynağı içeren devre görülmektedir. Şekil.3.6: Akım kaynağının ortak kullanılan bir kolda bulunması Akım kaynağı üzerindeki gerilimi V ile gösterelim. Bu durumda, gözler için eşitlikler aşağıdaki gibi olacaktır. 50I V = 00 (3.8) a 00I V = 00. (3.9) b 49

56 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Bu iki eşitlik taraf tarafa toplanacak olursa, 50I 00I = 00. (3.0) a eşitliği elde edilir. Yeni eşitlikte bilinmeyen V değişkeni yok edilmiştir. (3.0) eşitliğini, (3.8) ve (3.9) eşitliklerini ayrı ayrı yazıp toplayarak elde etmek yerine, aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi bir göz tarif ederek direk yazmak mümkün olabilir. b Şekil.3.7: Süper-göz ün oluşturulması Kesik çizgilerle belirtilmiş, akım kaynağını içeren kolun elenmesi ile tarif edilen bu göze süper-göz denir. Süper gözde, her direnç üzerindeki göz akımını dikkate alarak, eşitliği yazılabilir ki, bu ifade (3.0) eşitliği ile aynıdır I 00I 00 = 0 (3.) a b 50I 00I = 00. (3.) a b Süper-göz içeren bir devrede, gerekli olan diğer eşitlik, akım kaynağının bağlı olduğu kol için Kirchhoff un akım yasası uygulayarak elde edilir. Şekil.3.6 da verilen devrenin a- noktasında Kirchhoff un akım yasası uygulanırsa, I a I = 0 (3.3) b elde edilir ve (3.), (3.3) eşitlikleri çözülerek göz akımları I a = 5/ 3 A, I b = / 6 A bulunur. Akım kaynağına seri bağlı bir direnç olması durumunda, göz akımlarının değeri değişmeyecekti. Bu durumu yorumlayınız. ÖRNEK PROBLEM 3.4: Şekil.3.8 de verilen devrede V gerilimini bulunuz. Çözüm: I c = 0.V, V = 0I, I = 0.(0 I ) = I b c b b 50

57 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI.göz için: Şekil.3.8: Örnek Problem 3.4 devresi 40I 0I 0I = 00 40I 0I 0( I ) = 00, a b c. göz için: a b b 40I 60I = 00. 0I 50I 0I = 0 0I 50I 0( I ) = 0, a b c a b b a b 00 = 40 I 60I b b 0I 0I = 0 a 00 = 40I b ; I b =.5 A. b I a = Ib. V = 0I = 5 V. b ÖRNEK PROBLEM 3.5: Şekil.3.9 de verilen devrede I akımını bulunuz. Şekil.3.9: Örnek Problem 3.5 devresi 5

58 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Kesik çizgiyle gösterilen süper-göz için: 75 5I 40I 50I 00 = 0 5I 40I 50I = 5 a c b Bağımlı kaynağı içeren kolda akım yasası uygulanırsa, Ia Ib = I ve I = Ib, I I = I I = 3I. a b b a b a c b Bağımsız akım kaynağını içeren kolda akım yasasını uygulanırsa, I c I = 4 I = 4 I. b c I a ve I c süper-göz eşitliğinde yerine yazıldığında, b 5(3 I ) 40(4 I ) 50I = 5 65I = 85 ; I =. A. elde edilir. b b b 3.. DÜĞÜM POTANSİYELLERİ METODU b b I =. A Düğüm potansiyelleri metodunda temel değişkenler, seçilen bir referans noktasına göre diğer düğüm noktalarının potansiyelleridir. Düğüm potansiyelleri belirlendikten sonra her kol akımı ve diğer devre değişkenleri düğüm potansiyelleri cinsinden bulunur. Şekil.3.0 da verilen devrede, seçilmiş bir referans noktasına göre diğer düğüm noktalarının potansiyelleri ve kol akımları gösterilmiştir. Şekil.3.0: Düğüm potansiyelleri ve referans noktası İki ya da daha çok devre elemanının bir arada bağlandığı eklenti noktası düğüm olarak tanımlanır. Düğüm potansiyelleri metodunda ilk adım, bir referans noktası belirlemek ve bu noktaya bir gerilim değeri atamaktır. Referans noktası devredeki her hangi bir nokta olabilir. Ancak, en çok kolun bir arada bağlandığı noktayı referans noktası olarak seçmek, analizi kolaylaştırır. Şekil.3.9 da verilen devrede bu kriter gözetilerek referans noktası seçilmiştir. Referans noktasına atanan değer genellikle sıfırdır. Bu nedenle referans noktası genellikle 5

59 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI toprak olarak adlandırılır ve şekilde görülen işareti ile belirtilir. İkinci adımda, devredeki potansiyeli bilinmeyen diğer noktalar için değişkenler atanır. Verilen devrede bu değişkenler V a, V b ve V c olarak atanmışlardır. Daha sonra, bu noktaların her birinde Kirchhoff un akım yasasını uygulanır:.nokta için:. nokta için: I I I =. (3.4) a b 0 I I I =. (3.5) Burada I, I, I 3 ve I 4 bilinmeyen kol akımları olup yönleri rastgeledir. Ancak, bir zorunluluk yoksa, bir noktadan bütün akımların çıktığını kabul etmek metodun uygulanmasında kolaylık sağlar. Verilen devrede akım yönleri bu kritere göre seçilmiştir. Bu seçimle R 3 direnci üzerinde, ters yönde I ve I 3 akımları kabul edilmiştir. Kolayca anlaşılacağı gibi, burada I3 = I dir. Kol akımları, Ohm yasasını kullanılarak nokta potansiyelleri cinsinden ifade edilir: I I I V a 0 =, (3.6) R V V a b =, (3.7) R3 I V V b a 3 =, (3.8) R3 4 V b 0 = (3.9) R 4 Dikkat edilirse; her kol akımı ifadesinde, akımın çıktığı noktanın potansiyelinden diğer noktanın potansiyeli çıkarılmaktadır. Akım potansiyeli düşük noktadan potansiyeli yüksek noktaya doğru aktığından, yukarıdaki eşitlik formlarını elde etmek amacıyla, her nokta için akımlar o noktadan dışarı doğru seçilmiştir. Akım ifadeleri (3.4) ve (3.5) eşitliklerinde yerlerine yazılırsa, Va Va Vb = Ia R R 3 V ( ) V = I (3.30) a b a R R3 R3 ve Vb Va Vb = Ib R R 3 4 V V ( ) = I (3.40) a b b R3 R3 R4 53

60 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI eşitlikleri elde edilir. Bu eşitlikler bir matriks eşitlik formunda yazılacak olursa, R R3 R 3 Va Ia = V b I b R3 R3 R 4 (3.4) ve bu matriks eşitliğin çözümünden de nokta potansiyelleri aşağıdaki gibi elde edilebilir: V a = I a R Ib R3 R4 R R R R R R 3 3 4, V b = R R 3 I Ib R3 R R R 3 3 R R R a (3.4) ÖRNEK PROBLEM 3.6: Şekil.3. da verilen devrede I akımını bulunuz. V potansiyeline sahip nokta için: V V V 4 = 0 5V V = Şekil.3.: Örnek Problem 3.6 devresi 54

61 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI V potansiyeline sahip nokta için: V V V 4 = 0 5V V = ve 5 V 40 = 5 V 60 elde edilir. Matriks eşitlik V, V potansiyelleri için Cramer kuralı ile çözülürse, V = = V ve V = = V bulunur. Ohm yasası kullanılarak da aranan kol akımı aşağıdaki gibi elde edilir: I V V ( 3.33) = = =.66 A Düğüm potansiyeli metodu kullanarak, gerilim kaynakları içeren devrelerin analizleri de mümkündür. Gerilim kaynaklarının bir devrede olası üç farklı bağlantı şekli için metodun uygulanması aşağıda ayrı ayrı incelenecektir.. Devrede gerilim kaynağı ile bir direncin seri bağlı olduğu kol bulunması hali Şekil.3. de, bu şekilde bağlanmış üç gerilim kaynağı mevcuttur. Şekil.3...durum için örnek devre Bu şekilde bir bağlantıda gerilim kaynağının bağlı olduğu kol akımı potansiyeller cinsinden ifade edilebilir. Örnek devredeki kol akımları, 55

62 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI V V a =, (3.43) R I I I I V a =, (3.44) R V ( V V ) a b 3 =, (3.45) R3 V ( V V ) b a 4 =, (3.46) R3 I I 5 V b =, (3.47) R 4 V ( V ) b 3 6 = (3.48) R5 olacaktır. Şekil.3. deki devrede V a ve V b potansiyelli düğüm noktalarında Kirchhoff un akım yasası uygulanırsa, yukarıdaki akım ifadeleri ile birlikte Va V Va Va ( V Vb ) I I I = 0 = R R R V V Va ( ) ( ) R R R R R R 3 Vb = (3.49) 3 Vb ( Va V ) Vb Vb ( V3 ) I4 I5 I6 = 0 = R R R V Va ( ) Vb ( ) = (3.50) R3 R3 R4 R5 R3 R5 V 0 0 eşitlikleri elde edilir. (3.49) ve (3.50) eşitlikleri çözülerek de, aranan nokta potansiyelleri bulunur. ÖRNEK PROBLEM 3.7: Şekil.3.3 de verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Çözüm: Bağımlı kaynağın değerinin kontrol edildiği kol akımının ifadesi, 56

63 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Şekil.3.3: Örnek Problem 3.7 devresi Va I = 5 dir. a-noktası için: Va 00 Va Va Vb Va Vb 5I = 0 V a 5V b 00I = 00, Va V a 5V b 00( ) = 00 7Va 5V b = b-noktası için: Vb Va Vb Va 5I Vb = 0 5V a 9V b 00I = 0, Va 5V a 9V b 00( ) = 0 Va 9V b = 0 ; Va = 9V 5 b 7(9 V ) 5V = 00 b b 00 V b = = V, 58 V = 3.03 V. a Bağımlı kaynak üzerinden geçen akım: I =.4 A. I 5I Vb Va 5I = = 0.38 A. 5 Bağımlı kaynağın gücü ise, 57

64 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI P = (5 I )( I ) = (5)(.4)(0.393) = 4.8 W 5i 5I bulunur.. Devrede referans noktası ile bir başka nokta arasında yalnız gerilim kaynağının bulunması hali Şekil.3.4 de verilen devrede, referans noktası ile a-noktası ve referans noktası ile b- noktası arasında bağlı, V ve V kaynakları görülmektedir. a-noktası ve referans noktası Şekil.3.4:.durum için örnek devre arasında, V kaynağı dışında başka bir devre elemanı bulunmadığından, bu iki nokta arasında gerilim farkı V olacaktır. Dikkat edilirse, gerilim kaynağı ile seri bir direncin bağlı olması durumunda, direnç üzerinde bir gerilim düşümü meydana geleceğinden bu durumun sağlanmayacağı kolayca görülebilir. Aynı nedenle b-noktası ve referans noktası arasındaki potansiyel fark da V olacaktır: Va = V, (3.5) Vb = V. (3.5) Bu durumda, verilen devrede potansiyeli bilinmeyen tek nokta c-noktası olup, bu noktada akım yasasını uygulamak yeterli olacaktır: Vc Vb Vc Va Vc Vc ( V ) Vc V Vc = 0 = 0 R R R R R R ve, V c V V /. (3.53) = R3 R R R3 R4 58

65 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI ÖRNEK PROBLEM 3.8: Şekil.3.5 de verilen devrede V a, V b ve V c potansiyellerini bulunuz. Şekil.3.5: Örnek Problem 3.8 devresi Referans noktası ile a-noktası arasında 5V volt luk kaynak bağlı olduğundan, V a = 5V V. Aynı şekilde, referans noktası ile b-noktası arasında 40 volt luk kaynak bağlı olduğundan, V = 40 V. b olacaktır. Aşağıda tanımlanan çevrim kullanılarak V ve dolayısıyla da V a potansiyeli bulunabilir: Şekil.3.6: Örnek Problem 3.8 de gerilim yasasının uygulanışı Va V Vb = 0 5V V 40 = 0 ; 4V = 40 V = 0 V, c-noktası için: V = 50 V. a 59

66 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Vc Va Vc Vb Vc = 0 0V c = 70, V c = 7 V sonucu elde edilir. 3. Devrede, referans noktası dışında iki düğüm noktası arasında tek bir gerilim kaynağının bulunması hali. Şekil.3.7 de görülen bağlantıda, gerilim kaynağı üzerinden geçen akım nokta potansiyelleri cinsinden ifade edilemeyeceğinden, bu akım eşitlikte bir bilinmeyen olarak ifade edilmelidir. V a ve Şekil.3.7: 3. durum için örnek devre V b potansiyelli düğüm noktaları için akım yasasını uygulanırsa, Va V Va I = 0. (3.54) R R Vb I I y = 0. (3.55) R 3 I = I olduğu göz önüne alınır ve (3.54) (3.55) eşitlikleri taraf tarafa toplanırsa y V V V V b a a I = 0 (3.56) R3 R R eşitliği elde edilir. (3.56) eşitliği aranan nokta potansiyellerini içermektedir. Başka bir deyişle çözüm için kullanılabilecek iki eşitlikten biridir. Bu eşitliği, Şekil.3.8 de verilen nokta seçimi ile direk olarak elde etmek de mümkündür SÜPER NOKTA KAVRAMI Şekil.3.8 de kesik çizgilerle sınırlanmış düzlem süper-nokta olarak adlandırılır. Kirchhoff un akım yasası genel olarak herhangi bir kapalı bölgeye uygulanabileceğinden, süper-noktada eşitlik, I I I3 I4 = 0 (3.57) 60

67 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI ve, Şekil.3.8: Süper-nokta Va V Va Vb I = 0 (3.58) R R R 3 olacaktır. Bu eşitlik (3.56) eşitliği ile aynıdır. O halde, süper-nokta kavramı, iki noktada ayrı ayrı akım yasasını uygulayıp, bunları toplayarak bir eşitlik elde etmek yerine sonuç eşitliğini direk olarak yazmaya imkan vermektedir. Analiz için gerekli olan ikinci denklem, süpernoktayı oluşturan gerilim kaynağını içeren gözde, Kirchhoff un gerilim yasasını uygulayarak elde edilir. Genel olarak, verilen devre kaç adet süper-nokta içeriyorsa, gerilim yasası da aynı sayıda uygulanmak zorundadır. Örnek devre için gerilim yasasının uygulanışı Şekil.3.9 da görülmektedir. Şekil.3.9: Süper-noktayı içeren gözde gerilim yasasının uygulanışı Şekil.3.9 de seçilen dönüş yönüne göre V V V = V V = V (3.59) a b 0 a b olacağından, (3.58) ve (3.59) eşitlikleri kullanılarak V a ve V b bilinmeyen nokta potansiyelleri belirlenebilir. ÖRNEK PROBLEM 3.9: Şekil.3.0 de verilen devrede V a, V b ve V c potansiyellerini bulunuz. 6

68 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI Şekil.3.0: Örnek Problem 3.9 devresi Çöüzm: Şekil 3. de görüldüğü gibi tanımlanan süper-noktada akım yasasını ve süper-noktayı içeren her iki gözde gerilim yasasını uygulayarak aşağıdaki eşitlikler elde edilir: Süper-noktada akım yasası: Şekil.3.0: Örnek Problem.3.9 için süper-nokta tanımı Va Vb Vc = 0 Va V b Vc = İkinci gözde gerilim yasası: V 50 V = 0 ; V = 50 V. a b Üçüncü gözde gerilim yasası: V 70 V = 0 ; V = V 70. b c V a ve V c ifadelerini ilk eşitlikte kullanarak a c b (50 V ) V ( V 70) = 40 4V = 80 ; V = 0 V b b b ve V b değeri yukarıdaki ifadelerde kullanılarak, V = 30 V, V = 50 V sonuçları elde edilir. a c b b b 6

69 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI 3.3. ANALİZ METODUNUN SEÇİMİ Verilen devrenin analizinde genel olarak her iki metot da kullanılabilir. Ancak, seçilen metoda bağlı olarak, analizde kullanılacak değişken sayısı ve dolayısıyla eşitlik sayısı değişebileceğinden, analizin matematiksel işlem hacmi artabilir veya azalabilir. Uygun metodun seçimi için şu kriter göz önünde bulundurulur. Devrenin yapısına bağlı olarak, içerdiği göz sayısı ve nokta sayısı devrenin analizinde ihtiyaç duyulan değişken sayısını belirler. Ancak devrede bulunan kaynak tipleri de bu kriteri etkiler. Bu nedenle, genel olarak çok sayıda seri bağlı eleman, gerilim kaynakları ve süpergöz içeren devrelerin analizi için göz akımları metodu, çok sayıda paralel kol, akım kaynakları ve süper-nokta içeren devrelerin analizinde ise düğüm potansiyelleri metodu uygundur. Aranan devre değişkenine bağlı olarak analiz metodunun belirlenmesi de bir kriter olarak seçilebilir. Örneğin, bir noktanın potansiyelinin belirlenmesi isteniyorsa, düğüm potansiyelleri metodu ile bu potansiyel direk olarak elde edilecektir. Göz akımları metodunun uygulanması ile ise, öncelikle göz akımları ve daha sonra da göz akımları cinsinden aranan düğüm potansiyelinin ifade edilmesi gerekecektir. Bu durumda işlem yükünün bir miktar artacağı açıktır. Ancak asıl önemli olan kullanılan analizde gereken bilinmeyen sayısıdır. Bu nedenle, aranan devre değişkeni ikincil bir kriter olarak göz önüne alınmalıdır. Bu kriterlerin dışında bir metodun uygulanmasını zorunlu kılan durumlar da mevcuttur. Örneğin, üç boyutlu devrelerin analizinde göz akımları metodu kullanılamazken, transistor içeren devrelerin analizinde de düğüm potansiyelleri metodu kullanılamaz. 63

70 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI PROBLEMLER 3.. Şekil.3. de verilen devrede göz akımlarını bulunuz Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3.4 de verilen devrede V 0 gerilimi ve I 0 akımını bulunuz. Şekil.3.: Problem 3.. devresi 3.. Şekil.3. de verilen devrede 6 Ω luk direncin gücünü ve 0 Volt luk kaynağın gücünü bulunuz Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3. de verilen devrede V gerilimini bulunuz. Şekil.3.4: Problem 3.5. devresi 3.6. Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3.5 de verilen devrede I akımının sıfır olması için gerekli R direncini bulunuz. Şekil.3.5: Problem 3.6 devresi Şekil.3.: Problem 3.3 devresi 3.4. Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3.3 de verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü akımı bulunuz Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3.6 da verilen devrede V gerilimini bulunuz. Şekil.3.3: Problem 3.4 devresi Şekil.3.6: Problem 3.7 devresi 64

71 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI 3.8. Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3.7 de verilen devrede, devre elemanlarının güçlerini bulunuz. 3.. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.30 da verilen devrede V a, V b potansiyellerini bulunuz. Şekil.3.30: Problem 3. devresi Şekil.3.7: Problem 3.8 devresi 3.9. Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3.8 de verilen devrede 0 Ω luk direnç üzerindeki akımın A. olması için gerekli β değerini bulunuz. 3.. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.3 de verilen devrede I akımını bulunuz. Şekil.3.3: Problem 3. devresi 3.3. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.3 de verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Şekil.3.8: Problem 3.9 devresi 3.0. Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3.9 da verilen devrede β ve α değerlerini bulunuz. Şekil.3.3: Problem 3.3 devresi Şekil.3.9: Problem 3.0 devresi 3.4. Nokta potansiyelleri metodu ile, Şekil.3.33 de verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. 65

72 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI 3.7. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.36 da verilen devrede, I akımını bulunuz. Şekil.3.33: Problem 3.4 devresi 3.5. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.34 de verilen devrede 50 V luk kaynağın bağlı olduğu terminalden görülen eşdeğer direnci bulunuz. Şekil.3.36: Problem 3.7 devresi 3.8. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.37 de verilen devrede 00 Volt luk kaynağın 900 W güç üretmesi için gerekli R değerini bulunuz. Şekil.3.34: Problem 3.5 devresi 3.6. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.35 de verilen devrede I akımının A. olması için gerekli α değerini bulunuz. Şekil.3.37: Problem 3.8 devresi 3.9. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.37 da verilen devrede I I oranını bulunuz. 0 / s Şekil.3.35: Problem 3.6 devresi Şekil.3.37: Problem 3.9 devresi 66

73 3.BÖLÜM: DEVRE ANALİZ METODLARI 3.0. Şekil.3.38 de verilen devrede V / 0 V s oranını bulunuz. Şekil.3.38: Problem 3.0 devresi 3.. Şekil.3.39 da verilen devrede 50 V luk kaynağın üzerinden geçen I akımını bulunuz. Şekil.3.39: Problem 3. devresi 67

74 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ 4. GİRİŞ İki temel devre analiz metodu kullanılarak, her elektrik devresinin analizi yapılabilir. Ancak; analizi yapılacak devrenin yapısı karmaşıklaştıkça, analiz için gerekli eşitlik sayısı ve dolayısıyla işlem yükü ve karmaşıklığı artacaktır. Bu bölümde ele alınacak devre teoremleri, bazı durumlarda, bahsedilen işlem yükünün azalmasını sağlayabilmekte, bazı durumlarda uygulanması zorunlu olabilmekte ve bazı durumlarda da aranan cevabı genel bir yaklaşımla, doğrudan elde etmemize olanak vermektedir. Bu durumların her biri ilgili teorem ele alınırken detaylı olarak incelenecektir. Teoremleri tek tek incelemeden önce, bu bölümde sıklıkla kullanılacak eşdeğerlik ve doğrusallık kavramları üzerinde durulacaktır. 4. EŞDEĞERLİK Devre teoremlerinin uygulanmasındaki genel amaç, analize başlamadan önce devreyi daha basit bir yapıya indirgemek ve dolayısıyla işlem yükünü azaltmak denilebilir. Dikkat edilirse, teoremin uygulanması aşamasında devrenin yapısının değiştirilmesi söz konusudur. Açıktır ki, değiştirilmiş devrenin orijinal devre ile aynı koşulları sağlaması gerekecektir. Başka bir deyişle iki devre birbirine eşdeğer olmalıdır. Eşdeğerlik; farklı iki devrenin, karşılıklı birer terminalleri arasındaki aynı davranış durumunu ifade eder. Örneğin, Şekil.4. de verilmiş birbirinden tamamen farklı A ve B devrelerinin birer terminalleri sırasıyla a-b ve c-d olsun:

75 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil 4. Eşdeğer A ve B devreleri. Her iki devrenin terminallerine, aynı devre elemanı bağlandığında, üzerlerinden aynı akım geçiyorsa, bu iki devre terminal davranışları bakımından birbiriyle aynı olacaktır. Açıktır ki, bağlanan devre elemanlarından geçen akımlar aynı ise, bu eleman üzerindeki gerilimler de aynı ve dolayısıyla, her iki devrenin terminallerinden görülen eşdeğer dirençler de aynı olacaktır. Yani benzeşim, devrelerin terminal karakteristiklerinin aynı olmasından ibarettir. O halde iki devrenin eşdeğerliği, karşılıklı terminal karakteristiklerinin aynı olduğunu ifade etmektedir. 4. DOĞRUSALLIK Bir devre elemanının terminal eşitliği doğrusal bir ifade ise, o devre elemanı doğrusaldır. Örneğin, dirence ilişkin terminal eşitlik, Ohm yasası ile verilen V = IR doğrusal ifadesi olduğundan, direnç bir doğrusal devre elemanıdır. Buna zıt olarak, örneğin bir diyot için, diyot terminal gerilimi diyot akımının karesinin bir fonksiyonu olduğundan diyot doğrusal olmayan bir devre elemanıdır. Direnç örneğinde, direnç akımı bir uyarım ve direnç gerilimi de bu uyarıma karşı bir cevap olarak düşünülürse, dirençte, uyarıma oranlı bir cevap elde edildiği görülecektir. Bundan hareket ederek, bir devrenin her hangi bir cevabının, devreye uygulanan uyarımla orantılı olması halinde, devrenin doğrusal bir devre olduğunu söylenebilir. Şekil.4. de verilen devreyi ele alalım: Şekil 4. Doğrusal bir elektrik devresi. Devreye uygulanan I uyarımı değiştirildiğinde, devrenin bir cevabı olan V gerilimi aynı oranda ve aynı yönde değişiyorsa, devre doğrusal bir devredir. Açıktır ki, doğrusal devreler sadece doğrusal devre elemanları ile oluşturulabilir. 4.3 KAYNAK DÖNÜŞÜMÜ Kaynak dönüşümü, seri bağlı bir dirençle bir gerilim kaynağından oluşan bir devrenin, paralel bağlı bir dirençle bir akım kaynağından oluşan bir eşdeğer devresinin elde edilmesi

76 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ işlemidir. Aynı işlem tam tersi bir dönüşüm içinde geçerlidir. Dönüşüm için gerekli ifadeler Şekil.4.3 de verilen eşdeğer devreler kullanarak elde edilebilir: Şekil 4.3 Kaynak dönüşümü. İki devre eşdeğer olduğundan, açık devre gerilimleri eşit olmalıdır. Seri ve paralel devreler için açık devre gerilimleri, sırasıyla V V oc = V (4.) s = I R (4.) oc p p olduğundan, I R = V (4.3) p p s eşitliği elde edilir. Benzer şekilde seri ve paralel devrenin kısa devre akımları, sırasıyla I I sc sc V R s = (4.4) p s = I (4.5) olup, kısa devre akımlarının eşitliğinden, I p V R s = (4.6) s elde edilir. Son olarak, iki devrenin terminallerinden görülen eşdeğer dirençler eşit olmalıdır: R s = R (4.7) p (4.3) eşitliği, paralel devre seri devreye dönüştürülürken, seri devreye bağlanacak gerilim kaynağının değerini, (4.6) eşitliği ise, seri devre paralel devreye dönüştürülürken paralel devreye bağlanacak akım kaynağının değerini verirken, (4.7) eşitliği, her iki dönüşümde de direnç değerlerinin değişmeyeceğini ifade etmektedir. Kaynak dönüşümü, bağımlı kaynaklar için aynı dönüşüm ifadeleri kullanılarak yapılır. ÖRNEK PROBLEM 4. Kaynak dönüşümünü kullanarak Şekil.4.4 de verilen devrede i akımını bulunuz. 3

77 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil 4.4 Örnek Problem 4. için devre. Çözüm: a-b noktaları arasında seri bağlı 60 V luk gerilim kaynağı ile 0 Ω luk direnci, akım kaynağı ile paralel bağlı dirence dönüştürelim: I p Vs 60 = = = 3 A, Rs = Rp = 0 Ω. R 0 s a-c noktaları arasında paralel bağlı A lik akım kaynağı ile 5 Ω luk direnci de, gerilim kaynağı ile seri bağlı dirence dönüştürelim: V = I R = 5 = 0 V, R = R = 5 Ω. s p p Dönüşmüş eşdeğer devre Şekil.4.5 de görülmektedir. s p Şekil 4.5 Dönüşmüş eşdeğer devre. Paralel bağlı 0 Ω luk dirençlerin eşdeğeri 0 Ω olacağından, Şekil.4.5 de görülen ve bu eşdeğer dirençle birlikte iki göz içeren devre, orijinal devrenin bir eşdeğeri olarak elde edilir. Dikkat edilirse, göz sayısı orijinal devredeki göz sayısından bir eksilmişir. Elde edilen eşdeğer devre, bu haliyle de, aranan devre değişkeni için kullanılabilir. Ancak, akım kaynağı ile 0 Ω luk direncin paralel bağlantısı için bir kez daha kaynak dönüşümü uygulanırsa göz sayısı bir azalacağından daha basit bir devre için analiz yapılmış olacaktır: V s = 3 0 = 30 V, Rs = Rp = 0 Ω. 4

78 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Kaynak dönüşümleri ile elde edilebilecek en basit devre Şekil.4.6 da görülmektedir. Şekil 4.6 Kaynak dönüşümü ile elde edilen en basit eşdeğer devre. Bu devrede KGY uygulanarak aranan akım ifadesi aşağıdaki gibi bulunabilir: I(0 5 5) = 0 30 = 30I ; I = A ve i = I = A. Kaynak dönüşümü uygulanırken, aranan devre değişkenini içeren devre elemanını dönüşüme dahil etmemek yararlı olacaktır. Zira; bu eleman dönüşüme girdiğinde, üzerindeki akım ve gerilim değerleri orijinal devredekinden farklı olacaktır. Bu durumda dönüşüm yapılıyorsa, dönüşmemiş elemanlar üzerindeki değişkenler bulunur ve daha sonra orijinal devreye dönülerek, bulunan değişkenler yardımıyla aranan değişken orijinal devre üzerinde bulunur. Ancak bu tür bir uygulama çoğu kez, orijinal devrenin başka bir metotla çözümünden daha karmaşık olacaktır. ÖRNEK PROBLEM 4. Şekil.4.7 de verilen devrede 60 Volt luk kaynağın akımını bulunuz. Şekil 4.7 Problem 4. devresi. Çözüm: Bir önceki problemde, aynı devre için i akımının değeri bulunmuştu. Bu problemde, istenen akımı üzerinde taşıyan devre elemanı kaynak dönüşümünde kullanıldığından 5

79 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ dönüşmüş devre kullanılarak bu akım değeri bulunamaz. Ancak orijinal devrede, bir önceki problemde belirlenmiş i akım değeri kullanılarak aranan kaynak akımı bulunabilir. Şekil.4.7 de orijinal devre, değeri bilinen i akımı ve diğer devre elemanları üzerindeki değişkenlerle birlikte tekrar verilmiştir. Bu devrede, c-noktasında akım yasası uygulanırsa, I a = i = = 3 A bulunur.. gözde KGY uygulanarak, 70 5i 5I V = 0 ; V = = 40 V a ve. gözde yine gerilim yasası kullanılarak, V 0I 60 = 0 ; 0I = ; I = A elde edilir. y ÖRNEK PROBLEM 4.3 y Şekil.4.8 de verilen devrede kaynak dönüşümünü kullanarak I akımını bulunuz. y Şekil 4.8 Problem 4.3 devresi. Çözüm: Bağımlı gerilim kaynağını akım kaynağına, bağımsız akım kaynağını ise gerilim kaynağına dönüştürelim: I p 40I = = I A, Rp = Rs = 40Ω; V s = 30 = 30 V, Rs = Rp = 30 Ω. 40 Dönüşmüş devre Şekil.4.9 da görüldüğü gibi olacaktır. Şekil 4.9 Birinci dönüşüm aşamasında elde edilen eşdeğer devreler. 6

80 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Bağımlı kaynak ve paralel bağlı direnç için bir kez daha kaynak dönüşümü uygulanırsa Vs = 0I V olacaktır. Bu dönüşümle birlikte Şekil.4.0 da görülen tek gözlü dönüşmüş devre elde edilir. Son olarak, elde edilen eşdeğer devrede KGY uygulanarak, 0 I I (0 50) 30 = 0 ; 50I = 30 ve I = 0.6 A bulunur. Şekil 4.0 İkinci dönüşüm sonunda elde edilen eşdeğer devre. Örnek problemlerden de anlaşılacağı gibi, kaynak dönüşümü orijinal devrenin daha basit bir eşdeğerini elde etmek amacıyla kullanılan, bir işlemdir. Başka bir deyişle, uygulama zorunluluğu olmayıp, analizi yapanın tercihine bağlıdır. 4.3 SÜPER-POZİSYON TEOREMİ Doğrusal bir elektrik devresi birden fazla bağımsız kaynak içeriyorsa, aranan bir devre değişkeni (bir eleman üzerindeki akım ya da gerilim), her bir bağımsız kaynağın, bu değişkene katkısı ayrı ayrı belirlenip, bu katkıların cebirsel toplamı alınarak bulunabilir. Bir kaynağın aranan devre değişkenine katkısı bulunurken, diğer tüm bağımsız kaynaklar izole edilmelidir. Bu, bağımsız gerilim kaynaklarının kısa devre edilmesi, bağımsız akım kaynaklarının ise açık devre edilmesi ile yapılır. Bir başka deyişle, bağımsız kaynaklar eşdeğer iç dirençleriyle değiştirilirler. Devrede bağımlı kaynaklar da varsa, bunlar hiçbir durumda izole edilmez; her bir bağımsız kaynakla birlikte devrede korunup katkıları bulunur. Analiz edilecek devre, örneğin üç bağımsız kaynak içeriyorsa, bu kaynaklardan her biri tek başına devrede aktif ve diğer ikisi izole edilerek katkıları bulunacaktır. Yani aynı devre üç kez analiz edilecektir. Ancak bu üç analizin her birinde orijinal devreden daha basit bir devre analizi mümkün oluyorsa süper-pozisyon teoremini kullanmak yararlı olacaktır. Şayet kaynaklardan ikisi izole edildiğinde elde edilen devrenin analizi için orijinal devrenin analizindeki kadar bilinmeyen söz konusu ise, ya da elde edilen devre, seri-paralel, yıldızüçgen, kaynak dönüşümü gibi devre basitleştirmesine olanak vermiyorsa, süper-pozisyon teoremini söz konusu devrede uygulamak, analizi kolaylaştırmaz. Bunun yanı sıra, süper-pozisyon teoremini kullanmanın zorunlu olduğu bir durum, farklı frekanslardaki kaynaklarla beslenmiş elektrik devreleridir. Alternatif akım konusu içinde bu durum üzerinde detaylı durulacaktır. Unutulmamalıdır ki, teorem doğrusal devrelerde, doğrusal değişkenler için kullanılabilir. Örneğin bir direncin gücü aranan devre değişkeni ise, güç ifadesi akım ya da gerilimin karesi ile ilgili olduğundan (doğrusal olmadığından), teorem direk olarak güç için kullanılamaz. 7

81 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ ÖRNEK PROBLEM 4.4 Şekil.4. de verilen devrede süper-pozisyon teoremini kullanarak I akımını bulunuz Şekil 4. Problem 4.4 devresi. Çözüm 48 V luk gerilim kaynağını izole edilerek 30 V luk kaynağın I akımına katkısını bulalım: Şekil V luk kaynağın I akımına katkısı, I. R eş = 40 // 40 0 = 30Ω, I a = = = A. R 30 eş Akım bölücü devre eşitliğinden de, I 40 = Ia = A bulunur. 30 V luk gerilim kaynağını izole edilerek 48 Volt luk kaynağın I akımına katkısını bulalım: Şekil V luk kaynağın I akımına katkısı, I. 8

82 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ R eş = 40 //0 40 = 48 Ω, I b = = = A. R 48 eş Yine akım bölücü devre eşitliğinden kullanılarak, I 0 = Ib = A. Kaynakların katkılarının cebirsel toplamı toplam akımı vereceğinden I = I I = = 0.7 A sonucu elde edilir ÖRNEK PROBLEM 4.5 Şekil.4.4 de verilen devrede süper-pozisyon teoremini kullanarak V gerilimini bulunuz. Şekil 4.4 Problem 4.5 devresi. Çözüm: 0 Voltluk gerilim kaynağını ve 4 Amper lik akım kaynağını izole edilerek 0 Volt luk kaynağın V gerilimine katkısını bulalım: Şekil Volt luk kaynağın V gerilimine katkısı V. R eş = ((0 0) // 0) = 0 Ω. 9

83 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ I 0 0 = = = A I = I = A V = 50I = 50 V. R 0 eş 0 Voltluk gerilim kaynağını ve 4 Amper lik akım kaynağını izole edilerek 0 Volt luk kaynağın V gerilimine katkısını bulalım: Şekil Volt luk kaynağın V gerilimine katkısı V. R eş = ((0 0) // 0) = 0 Ω. I a 0 0 = = = A V = 50Ia = 00 V. R 0 eş Her iki gerilim kaynağını izole edilerek 4 Amper lik akım kaynağın V gerilimine katkısını bulalım: Şekil Amper lik kaynağın V gerilimine katkısı V 3. Bu devrenin, üst üçgen bağlantısında yıldız üçgen dönüşümü yapılırsa Şekil.4.8 de görülen devre elde edilir. Bu devrede, akım bölücü devre eşitliğinden, 55 I b = 4 = A ve V 3 = 50I = 00 V b 0

84 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil 4.8 Üçgen-yıldız dönüşümü ile basitleştirilmiş devre bulunur. Aranan gerilimin değeri ise V = V V V V = 50 ( 00) 00 ; V = 50 V dur. 3 ÖRNEK PROBLEM 4.6 Şekil.4.9 da verilen devrede süper-pozisyon teoremini kullanarak 0 Ω luk direncin gücünü bulunuz. Şekil 4.9 Problem 4.6 devresi. Çözüm: Akım kaynağını izole ederek gerilim kaynağının 0 Ω luk direnç üzerinden geçireceği akımı bulalım. Şekil V luk kaynağın 0 Ω luk direnç akımına katkısı I.

85 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ 0 I (0 0) I 00 = 0 0I = 00 ; I = 0 A, I = I = 0 A. Gerilim kaynağını izole ederek akım kaynağının 0 Ω luk direnç üzerinden geçireceği akımı bulalım: KAY ile, Şekil 4. 4 A lik kaynağın 0 Ω luk direnç akımına katkısı I. I I 4 = I = 4 I. Süper-gözde KGY ile de, 0I 0I 0I = 0 0I 0I = ; I = I ve I = 4 I I = 4 A elde edilir. 0 Ω luk direnç akımı, I ise: I = I I = ( 0) 4 = 6 A, ve güç: P 0Ω 0I 70 = = W olarak bulunur. Dikkat edilirse, her bir kaynağın direnç gücüne katkıları ayrı ayrı bulunup bunların toplamı alınmamış, ancak direnç akımına katkıları bulunup bunların toplamı, toplam direnç akımı olarak hesaplanmış ve daha sonra güç, toplam direnç akımı ile ifade edilmiştir. Güç ifadesinin doğrusal olmadığını hatırlayınız. Ayrıca, her iki kaynağın katkısı bulunurken, bağımlı kaynağın devrede korunduğuna da dikkat ediniz. 4.4 THEVENİN TEOREMİ Doğrusal bir elektrik devresinin her hangi bir terminalinden görülen eşdeğeri, bir gerilim kaynağı ( V Th ) ile bir direncin ( R Th ) seri bağlantısı ile gösterilebilir. Bu şekilde bir eşdeğer devreye orijinal devrenin Thevenin eşdeğeri denir. Eşdeğer devredeki kaynak gerilimi

86 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Thevenin gerilimi ve direnç de Thevenin direnci olarak adlandırılır. Şekil.4. de, A doğrusal elektrik devresinin Thevenin eşdeğeri görülmektedir. Doğrusal Elektrik Devresi A a b Şekil 4. A doğrusal elektrik devresi ve Thevenin eşdeğeri Thevenin teoremi, uygulamada çok önemli bir yere sahiptir. Burada bazı önemli uygulamalarından bahsedilecek olmakla birlikte, ilerleyen konularda, yeri geldikçe değişik uygulamalara da yer verilecektir. Verilmiş devrenin yapısına bağlı olarak, Thevenin eşdeğerinin bulunmasında farklı metotlar uygulanabilir. Bu metotların her biri, uygulanabilirlik halleri için ayrı ayrı ele alınacaktır THEVENİN EŞDEĞER DEVRESİ. Durum: Devrede bağımlı ve bağımsız kaynakların birlikte bulunması veya sadece bağımsız kaynakların bulunması hali: Devrede hem bağımlı kaynak/kaynaklar hem de bağımsız kaynak/kaynaklar veya sadece bağımsız kaynaklar mevcut ise: *Orijinal devrenin, Thevenin eşdeğeri istenen terminali açık devre yapılır ve bu terminalde açık devre gerilimi ( V oc ) bulunur. Thevenin eşdeğer devresindeki gerilim kaynağının değeri, bulunan açık devre gerilimine eşittir. V Th R Th a b V Th = V. (4.8) oc *Orijinal devrede, aynı terminal kısa devre yapılır ve bu kısa devre üzerindeki akım ( I sc ) bulunur. Thevenin eşdeğer devresindeki direncin değeri açık devre geriliminin kısa devre akımına oranı kadardır. R Th V I oc =. (4.9) sc. Durum: Devrede sadece bağımsız kaynakların bulunması hali: Devrede sadece bağımsız kaynaklar mevcut ise, Thevenin gerilimi yine.durum daki gibi bulunur. Ancak, Thevenin eşdeğer direncini bulmak için bu durumda kısa devre akımının bulunması şart değildir. 3

87 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ *Orijinal devredeki bağımsız kaynaklar izole edilir (gerilim kaynakları kısa devre, akım kaynakları açık devre) ve Thevenin eşdeğer devresinin istendiği terminelden görülen eşdeğer direnç ( R ) bulunur. Thevenin eşdeğer direnci bu dirence eşittir. eş R Th = R. (4.0) eş 3. Durum: Devrede bağımlı ve bağımsız kaynakların birlikte bulunması veya sadece bağımlı kaynakların bulunması hali: Devrede hem bağımlı kaynak/kaynaklar hem de bağımsız kaynak/kaynaklar mevcut ise veya sadece bağımlı kaynaklar mevcut ise: *Hem bağımsız hem de bağımlı kaynaklar mevcut ise Thevenin gerilimi yine önceki durumlarda olduğu gibi bulunur ( V Th = V oc ). *Sadece bağımlı kaynaklar mevcut ise Thevenin eşdeğer gerilimi sıfırdır. *Thevenin eşdeğer direncini bulmak için, verilen devrede varsa bağımsız kaynaklar izole edilir. Thevenin eşdeğer devresinin bulunacağı terminale bir test kaynağı bağlanır. Test kaynağı bağımsız akım kaynağı veya bağımsız gerilim kaynağı olabilir. Şayet akım kaynağı bağlanmış ise, akım kaynağının terminallerindeki gerilim bulunur. Bulunan bu gerilimin, uygulanan akıma oranı Thevenin eşdeğer direncine eşittir. Şayet test kaynağı olarak bir bağımsız gerilim kaynağı bağlanmışsa, bu kaynağın devreye sağladığı akım bulunur. Uygulanan gerilimin devreye sağlanan akıma oranı yine Thevenin eşdeğer direncine eşittir. Test kaynaklarının bağlanışı Şekil.4.3 de görülmektedir. (a) (b) Şekil 4.3 Test kaynaklarının bağlanması. (a) devresi için (b) devresi için R V V =. test 0 Th = RTh I0 Itest ÖRNEK PROBLEM 4.7 Şekil.4.4 de verilen devrenin a-b terminallerinden görülen Thevenin eşdeğer devresini bulunuz. 4

88 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil.4.4 Problem 4.7 devresi. Çözüm: Şekil.4.5 de görülen, a-b terminallerindeki açık devre gerilimini bulalım: Düğüm potansiyelleri metodu ile, Şekil 4.5 Açık devre geriliminin bulunması. V 00 V V = 5 5V V = 600, 0 30 V V V = 0 5V 8V = 0, eşitlikleri elde edilir ve bu eşitliklerin çözümünden V =00 V bulunur. V gerilimi açık devre gerilimine eşittir: VTh = V = 00 V. Şekil.4.6 da görülen, a-b terminallerindeki kısa devre akımını bulalım: Şekil 4.6 Kısa devre akımının bulunması. 5

89 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Kısa devre akımının ifadesi Vb I sc = 75 dir. Bu devre için de, düğüm potansiyelleri metodu kullanılarak Va 00 Va Vb = 5 5V a V b = 600, 0 30 Vb Va Vb Vb = 0 0V b 5V a = 0, ve 75 V b = 75 V; I sc = = A bulunur. Böylece Thevenin eşdeğer direnci için 75 bulunur. Böylece Thevenin eşdeğer direnci için R Th Voc 00 = = = 00 Ω I sc değeri elde edilir. Thevenin eşdeğer devresi Şekil.4.7 de görüldüğü gibidir. Şekil 4.7 Thevenin eşdeğer devresi. Verilen devre bağımlı kaynak içermemekte ve. duruma da uymaktadır. Bu nedenle kısa devre akımını bulmadan Thevenin eşdeğer direncini hesaplamak mümkündür. Bu amaçla bağımsız kaynaklar izole edilirse aşağıdaki devre elde edilir. Şekil 4.8 Thevenin eşdeğer direncinin kaynaklar izole edilerek bulunması. 6

90 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ R Th ( ) = R = (30 0) // = 50 // = 5 75 = 00Ω. eş ÖRNEK PROBLEM 4.8 Şekil.4.9 da verilen devredenin a-b terminallerine sırasıyla 0 Ω, 0 Ω ve 50 Ω luk dirençler bağlandığında bu dirençlerin üzerinden geçen akımları bulunuz. Şekil 4.9 Problem 4.8 devresi. Çözüm: Şekil.4.5 de verilen devre bağımlı ve bağımsız kaynakları içermektedir. Dolayısıyla, a-b terminallerinden görülen Thevenin eşdeğer devresi. durumda bahsedildiği şekilde, açık devre gerilimi ve kısa devre akımı hesaplanarak bulunabilir. Ayrıca verilen devre 3. duruma da uymaktadır. Bu nedenle, devredeki bağımsız kaynağı izole ettikten sonra a-b terminallerine bir test kaynağı bağlayarak da eşdeğer direncin hesaplanması mümkündür. Ancak dikkat edilmelidir ki, devrede bağımlı kaynak bulunduğundan, bu devrede eşdeğer direnç hesabı. durumda bahsedilen şekilde yapılamaz. Bu problemin çözümünde, metotların özümsenebilmesi açısından devrenin eşdeğer direnci farklı metotlar kullanılarak yapılacaktır. Ancak bundan önce, burada Thevenin teoreminin bir uygulamasına değinmek gerekmektedir. Dikkat edilirse a-b terminallerine 3 farklı direnç bağlanması ve her birinin üzerinden geçen akımın hesaplanması istenmektedir. Bu verilen devrenin her bir direnç değeri için ayrı ayrı analizini gerektirir. Dirençlerden herhangi biri bağlandığında dört gözlü bir devre oluşacağından, bu dört gözlü devre 3 farklı direnç değeri için 3 kez analiz edilmelidir. Bununla beraber şayet devrenin a-b terminallerinden görülen Thevenin eşdeğeri bulunur ve bu eşdeğer devreye istenen dirençler bağlanırsa, bir gözlü eşdeğer devrede bu akımlar kolayca bulunabilecektir. Yani bir elektrik devresinde herhangi bir terminale bağlanacak yük değişken ise, bu durumda devrenin o terminalden görülen Thevenin eşdeğerini bulmak ve yükün değişik değerleri için istenen devre değişkenlerini bu eşdeğer devrede hesaplamak analizi oldukça kolaylaştıracaktır..metot: Düğüm potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.4.30 da görülen devrede, gerilimini bulalım: V oc açık devre Va Va Vb Va Va Vb Va 0.0V = 5; V = Va = 5; 5V a Vb =

91 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil 4.30 Açık devre gerilimi. Vb Vb Va Vb Vb Va Va 0.0V = 0 ; = 0 3V a 3V b = 0 ; Va = Vb ( V ) V = 500 4V = 500 ; V = V = V = 5 V. b b b oc Th b Kısa devre akımını yine nokta potansiyelleri metodu ile Şekil.4.3 den bulalım: Şekil 4.3 Kısa devre akımı. 50 Ω luk direncin kısa devre olduğundan V V = 0 ; Isc = 0.0V. 00 V V 0.0V = 5; V = V 5V = 500 ; V = 00 V I sc = 0.0(00) I sc = 3 A. 00 R Th Voc 5 = = = 4.66 Ω bulunur. I 3 sc 8

92 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil.4.3 de elde edilen Thevenin eşdeğer devresine bir R direnci bağlanmıştır. Şekil 4.3 Thevenin eşdeğer devresi ve a-b terminaline bağlanmış R direnci I 5 = 4.66 R eşitliğinden, her bir direnç için akım değerleri, R = 0 Ω I =.4 A. R = 0 Ω I =.07 A. R = 50 Ω I =.363 A. bulunur..metot: Thevenin eşdeğer direncini bir test akım kaynağı bağlayarak bulalım: Şekil 4.33 Thevenin eşdeğer direncinin test akım kaynağı bağlanarak belirlenmesi Bağımsız akım kaynağı izole edilerek, Thevenin eşdeğer direncinin bulunacağı terminallere I T test akımı uygulandığında, bu akım kaynağının terminallerindeki gerilimin V b olacaktır. Bu terminallerden görülen eşdeğer direnç de, R Th V = I b T olacaktır. Yine nokta potansiyelleri metodunu uygulayarak bu oranı bulalım: 9

93 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Va Va Vb 0.0V = 0 ; V = Va Vb V a =. 5 Vb Vb Va 0.0V = IT ; 3V a 3V b = 00IT Vb 3 3V b = 00I 5 T ; V 5 b = 00I T R Th Vb 500 = = = 4.66 Ω. I T 3.metot: Thevenin eşdeğer direncini, bir test gerilim kaynağı bağlayarak bulalım: Şekil 4.34 Thevenin eşdeğer direncinin test gerilim kaynağı bağlanarak belirlenmesi. Bağımsız akım kaynağı izole edilerek, Thevenin eşdeğer direncinin bulunacağı terminallere V T test gerilimi uygulandığında, bu gerilim kaynağının terminal akımı I 0 olacaktır. Bu terminallerden görülen eşdeğer direnç de; R Th V = I T 0 olacaktır. Yine nokta potansiyelleri metodunu uygulayarak bu oranı bulalım. V b = VT, Va V =. Va Va Vb 0.0V = 0 5V a Vb = 0 ; VT V a =. 5 V V V b b a 0.0V = I0 ; 3V a 3V b 00I0 =. VT 3 3V T = 00I 5 0 ; V T 500I0 = R Th VT 500 = = = 4.66 Ω. I 0 0

94 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Açıkça görüldüğü gibi Thevenin eşdeğer direncinin bulunmasında, hem akım hem de gerilim kaynağı test kaynağı olarak bağlanabilmektedir. Ancak, çoğu kez tercih edilen kaynak tipi, analizde kullanılacak metoda da bağlı olarak işlem hacmini değiştirebilir. Örneğin, verilmiş devreye bir akım kaynağı bağlandığında, devre düğüm potansiyelleri metoduna uygun bir devre olabilecekken, analiz için çevre akımları metodu kullanılacak olursa, biraz daha karmaşık bir analiz yapmak durumunda kalınacaktır. Bu durumda, bağlanacak kaynak tipi seçilirken bir adım sonrasında kullanılacak analiz metodu göz önünde bulundurularak seçilmelidir. ÖRNEK PROBLEM 4.9 Şekil.4.35 deki devrede a-b terminallerinden görülen Thevenin eşdeğer devresini bulunuz. Şekil 4.35 Problem 4.9 devresi. Çözüm: Devrede bağımsız kaynak olmadığından, açık devre gerilimi sıfırdır. Bunun anlamı, sadece bağımlı kaynakların bulunduğu bir devrenin aktif durumda olmamasıdır. Bununla beraber verilen terminallerden görülen bir eşdeğer direnç söz konusudur. Eşdeğer direnci bulabilmek için devreyi aktif etmek gerekecektir. İşte bu nedenle, sadece bağımlı kaynakların bulunduğu devrelerin Thevenin eşdeğerini bulmak için, eşdeğer devrenin istendiği terminallere test kaynağı bağlamak zorunludur. Test kaynağı olarak gerilim kaynağı bağlayalım: Akım yasasından, Şekil 4.36 Test gerilim kaynağı bağlantısı. I 3I IT = 0 ; 4I = I T Süper-göz için, IT I =. 4

95 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ IT 50I 37.5IT VT = 0 ; VT = 37.5IT 50 4 VT RTh = = 50 Ω. I T V = 50I, T T Thevenin eşdeğer devresi, Şekil.4.37 de görüldüğü gibi a-b terminallerinden görülen tek bir direnç olacaktır. Thevenin eşdeğer devresinde direnç negatif değerli bulunabilir. Bu negatif değerli gerçek bir direnç olarak algılanmamalıdır. Orijinal devrenin güç üretme kabiliyetinde olduğu anlamındadır. Ayrıca negatif değerli bir direncin, bağımlı kaynaklar kullanılarak modellenebilineceğine de dikkat edilmelidir. 4.5 NORTON TEOREMİ Şekil 4.37 Problem 4.9 devresinin Thenenin eşdeğeri. Şekil 4.38 A doğrusal elektrik devresi ve Norton eşdeğeri. Doğrusal bir elektrik devresinin her hangi bir terminalinden görülen eşdeğeri, bir akım kaynağı ( I N ) ile bir direncin ( R N ) paralel bağlantısı ile gösterilebilir. Bu şekilde bir eşdeğer devreye orijinal devrenin Norton eşdeğeri denir. Eşdeğer devredeki kaynak akımı, Norton akımı ve direnç de Norton direnci olarak adlandırılır. Şekil.4.38 de, A doğrusal elektrik devresinin Norton eşdeğeri görülmektedir NORTON EŞDEĞER DEVRESİ Norton eşdeğer devresine ilişkin parametreleri kaynak dönüşümü ile kolayca belirlemek mümkündür. Şekil.4.38 de verilmiş olan A devresinin bir eşdeğerinin de Thevenin eşdeğer devresi olduğunu biliyoruz (Şekil.4.). O halde bu iki devre eşdeğer olmalıdır. Kaynak dönüşümü prensibine göre,

96 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil 4.39 A devresinin Thevenin ve Norton eşdeğerleri. I N V R Th =, RN RTh Th = (4.) olmalıdır. Ayrıca, olduğundan, R I Th sc V V = oc Th RN I = sc I = (4.) sc V Th = = I N (4.3) RTh bulunur. Başka bir deyişle Norton eşdeğer devresindeki akım kaynağının değeri, A devresinin a-b terminallerindeki kısa devre akımına eşittir. Norton eşdeğer direnci Thevenin eşdeğer direncine eşit olduğundan, değerinin belirlenmesinde takip edilebilecek metotlar, bir önceki konuda bahsedilen metotlar olacaktır. O halde, Norton eşdeğer devresini bulmak için kısa devre akımı ve istenen terminalden görülen eşdeğer direnci bulmak yeterlidir. ÖRNEK PROBLEM 4.0 Şekil.4.40 da verilen devrede a-b terminallerinden görülen Norton eşdeğer devresini bulunuz. Şekil 4.40 Problem 4.0 devresi. Çözüm: a-b terminalleri kısa devre edilir (Şekil.4.4) ve düğüm potansiyelleri metodu kullanılırsa, 3

97 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Va 50 Vb Vb = ; Va 6V b = Şekil 4.4 Kısa devre akımı. Süper-noktayı içeren gözde KGY uygulayarak, V 00 V = 0 V = 00 V. a b a b 00 V 6V = 30 ; 7V = 30 b b b V = b 30 7 V ve, Vb 3 I sc = = A; 0 7 I N 3 = Isc = A 7 bulunur. Devrede bağımlı kaynak bulunmadığından, eşdeğer direnç kaynakları izole ederek kolayca hesaplanabilir: Şekil 4.4 Norton eşdeğer direncinin bulunması. R N 70 = Reş = ( 40 // 0) 0 = Ω. 3 Şekil.4.40 da verilen devrenin a-b terminallerinden görülen Norton eşdeğeri aşağıdaki gibi olacaktır. 4

98 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil 4.43 Norton eşdeğer devresi. ÖRNEK PROBLEM 4. Şekil.4.44 de verilen devrede a-b terminallerinden görülen Norton ve Thevenin eşdeğer devrelerini bulunuz. Çözüm: Şayet kısa devre akımı ve açık devre gerilimi bulunursa, her iki eşdeğer devre de elde edilebilecektir. Ayrıca Eşdeğer devrelerden birini bulduktan sonra, kaynak dönüşümü ile diğer eşdeğer devre de elde edilebilir. Kısa devre akımı ve açık devre gerilimlerini bulalım: Şekil 4.44 Problem 4. devresi. (a) (b) Şekil 4.45 Kısa devre akımı ve açık devre gerilimi. Şekil.4.45.a da görülen devrede düğüm potansiyelleri uygulanırsa: Va 00 I I = 0 ; 50 Va I = V a 400 = Va ; V a = 400 V. 00 5

99 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Va I sc = 5 I sc = 9 A bulunur. 00 b devresinde düğüm potansiyelleri metodu uygulanarak da: Vc 00 I I = 0 : I = 5 V c = 50 V. 50 KGY ile, V 00I V = 0 V = 450 V. c oc oc bulunur. Açık devre gerilimi Thevenin gerilimine ve kısa devre akımı da Nortan akımına eşittir: V Th = V = 450 V, I = I = 9. oc N sc ve eşdeğer dirençler, açık devre geriliminin kısa devre akımına oranı ile, R Th Voc 450 = RN = = = 50 Ω I 9 sc bulunur. Thevenin ve Norton eşdeğerleri Şekil.4.46 da görüldüğü gibi olacaktır. (a) (b) Şekil 4.46 (a) Thevenin eşdeğeri, (b) Norton eşdeğeri. 4.6 MAKSİMUM GÜÇ TRANSFER TEOREMİ Doğrusal bir elektrik devresinin herhangi bir terminaline bağlanacak yük direnci değerine bağlı olarak yük üzerine aktarılan güç değişir. Maksimum güç transfer teoremi, aktarılacak gücün maksimum olması için devreye bağlanması gereken yük direnci değerini ve aktarılacak maksimum güç değerini belirlemek amacıyla kullanılır. Şekil.4.47.a da doğrusal bir elektrik devresinin a-b terminallerine bağlanmış değişken R L yük direnci ve b de de bu devrenin Thevenin eşdeğeri görülmektedir. 6

100 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil 4.47 Doğrusal elektrik devresi ve yük direnci ile eşdeğeri. Açıktır ki, aktarılan gücün maksimum olması için gerekli şart, problemin bir değişkeni olan yük direncine göre gücün değişiminin sıfır olmasıdır. O halde, eşdeğer devrede güç ifadesi, yük direncinin bir fonksiyonu olarak elde edilmeli ve bu ifadenin dirence göre değişimi sıfıra eşitlenmelidir: Devrenin Thevenin eşdeğerinden devre akımı, ve yük direncinin gücü, VTh I = R R V Th PL = I RL = RL RTh RL bulunur. Yük üzerine aktarılan gücün maksimum olması için, Th L, (4.4) (4.5) dpl 0 dr =, (4.6) L V R R R R R ( Th L) L( Th L ) Th 4 ( RTh RL ) = 0 R R = 0 ; Th L R Th = R (4.7) L olacaktır. Buna göre, doğrusal bir elektrik devresinin herhangi bir terminaline bağlanacak yük direnci üzerine aktarılan gücün maksimum olması için, o terminale bağlanması gereken yük direnci, devrenin ilgili terminallerinden görülen Thevenin eşdeğer direncine eşit olmalıdır. Bu teorem maksimum güç transferi teoremi olarak adlandırılır. Aktarılan maksimum güç; (4.8) ifadesini, (4.6) da kullanarak bulunabilir: P VTh = P = =. (4.8) 4R L mak L RL RTh Th Kolayca anlaşılacağı gibi, maksimum güç transferi teoremi aslında Thevenin teoreminin direk bir uygulamasıdır. Yük üzerine aktarılan gücün maksimum olması, özellikle sinyal seviyesinin düşük olduğu sistemlerde çok önemlidir. Burada, yük direncinin seçilebilir olması durumu söz konusudur. Ancak, yükü her zaman seçmek mümkün olmayabilir. Yani sabit bir terminalden, sabit bir yükün, yine maksimum güç aktarımı koşullarında beslenmesi gerekebilir ki, bu durumda, yük ile terminal arasında ayrıca bir devre elemanı ya da bir devre kullanmak gerekecektir. Bu devrenin amacı yük ile yükü besleyen devre arasında, genel 7

101 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ olarak empedans uygunluğunu sağlamak amacıyla kullanılır. Bu durum, transformotörler konusunda ele alınacaktır. ÖRNEK PROBLEM 4.3 Şekil.4.48 de verilen devrede, yük direnci, yüke aktarılan gücün maksimum olduğu değerine ayarlanmıştır. Yük direncinin değerini ve aktarılan maksimum gücü bulunuz. Şekil 4.48 Problem 4.3 devresi. Çözüm: R yük direncinin bağlı olduğu terminallerden görülen Thevenin eşdeğer devresinin L belirlenmesi gerekmektedir. Burada, dikkat edilmelidir: R L yük direncinin devreden kaldırılması gerektiğine Göz akımları metodunu kullanılarak Şekil 4.49 Thevenin eşdeğer gerilimi. 7 8I 6I = 4 ; I = 3 A. 8I = 4 ; I = A 9 bulunur. En dış çevrimde gerilim yasasını uygulayarak da 4 = 0 ; I I V Th 7 V Th = 4 ( ) ( 3) V Th = 9.33 V. 9 bulunur. Devrede bağımlı kaynak bulunmadığından eşdeğer direnç, Şekil.4.50 de olduğu gibi, devredeki bağımsız kaynaklar izole edilerek, elde edilen devreden kolayca eşdeğer direnç hesaplanarak bulunabilir: 8

102 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ Şekil 4.50 Thevenin eşdeğer direnci. R = ( // 6) 4 = 0Ω. Th Maksimum yük aktarımı için: R L = R = 0 Ω ve Th bulunur. P Lmak VTh = = 9.34 W 4R Th 9

103 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ PROBLEMLER 4. Kaynak dönüşümü prensibini kullanarak Şekil.4.5 de verilen devrede I akımını bulunuz. 4.4 Kaynak dönüşümü prensibini kullanarak Şekil.4.54 da verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Şekil 4.5 Problem 4. devresi. 4. Kaynak dönüşümü prensibini kullanarak Şekil.4.5 de verilen devrede V gerilimini bulunuz. Şekil 4.54 Problem 4.4 devresi. 4.5 Kaynak dönüşümü prensibini kullanarak Şekil.4.55 de verilen devrede I akımını bulunuz. Şekil 4.5 Problem 4. devresi. 4.3 Kaynak dönüşümü prensibini uygulayarak Şekil.4.53 de verilen devrede P kaynağının gücünü bulunuz. Şekil.4.55 Problem 4.5 devresi. 4.6 Süper-pozisyon teoremini kullanarak Şekil.4.56 da verilen devrede I a akımını bulunuz. Şekil 4.56 Problem 4.6 devresi. Şekil 4.53 Problem 4.3 devresi. 4.7 Süper-pozisyon teoremini kullanarak Şekil.4.57 de verilen devrede V gerilimini bulunuz. 30

104 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ 4. Şekil.4.6 de verilen devrenin a-b terminallerine 8 Ω, 8 Ω ve 88 Ω luk dirençler sırasıyla bağlanıyor. Her bir durumda dirençlerin harcadığı gücü bulunuz. Şekil 4.57 Problem 4.7 devresi. 4.8 Süper-pozisyon teoremini kullanarak Şekil.4.58 de verilen devrede Ω luk direncin gücünü bulunuz. Şekil 4.6 Problem 4. devresi. Şekil 4.58 Problem 4.8 devresi. 4. Şekil.4.6 de verilen devrede Thevenin teoremini kullanarak I akımını bulunuz. 4.9 Süper-pozisyon teoremini kullanarak Şekil.4.59 da verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Şekil 4.6 Problem 4. devresi. Şekil 4.59 Problem 4.9 devresi. 4.0 Şekil 4.60 da verilen devrenin a-b terminallerinden görülen Thevenin eşdeğer devresini bulunuz. 4.3 Şekil.4.63 de verilen devrede Thevenin teoremini kullanarak V 0 değerini bulunuz. Şekil 4.60 Problem 4.0 devresi. Şekil.4.63 Problem 4.3 devresi 3

105 4.BÖLÜM: DEVRE TEOREMLERİ 4.4 Şekil.4.64 de verilen devrede Thevenin teoremini kullanarak 50 V luk kaynağın gücünü bulunuz. 0Ω 0Ω 4.9 Şekil.4.68 de 50 Ω luk dirence maksimum güç aktarıldığına göre, R direncinin değerini ve aktarılan maksimum gücü bulunuz. 0I I 0Ω 40Ω 50V 00V Şekil 4.64 Problem 4.4 devresi. Şekil 4.68 Problem 4.9 devresi. 4.0 Şekil.4.69 da 0 Ω luk dirence maksimum güç aktarıldığına göre, β değerini ve aktarılan maksimum gücü bulunuz. 4.5 Şekil.4.65 de verilen devrenin a-b terminallerinden görülen Norton eşdeğer devresini bulunuz. Şekil 4.69 Problem 4.0 devresi. Şekil 4.65 Problem 4.5 devresi. 4.6 Şekil.4.66 da verilen devrede Norton teoremini kullanarak I 0 akımını bulunuz. Şekil 4.66 Problem 4.6 devresi. 4.7 Şekil.4.66 de verilen devrede R L yük direncine maksimum güç aktarılmaktadır. R L değerini ve aktarılan maksimum gücü bulunuz. Şekil 4.66 Problem 4.7 devresi. 4.8 Şekil.4.67 de verilen devrede R L yük direncine maksimum 00 W lık güç aktarıldığına göre gerilim kaynağının değerini bulunuz. Şekil 4.67 Problem 4.8 devresi. 3

106 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKELTİCİLER 5.. GİRİŞ İşlemsel yükselticiler çok terminalli, entegre devre elemanları olup, sinyal seviyesini yükseltmek, sinyalleri toplamak, çıkarmak, çarpmak, bölmek, bir sinyalin integrali veya türevini almak gibi matematiksel işlemleri yapma yeteneğine sahiptirler. Bu nedenle de işlemsel yükseltici (OPerational AMPlifiers OP AMP) olarak adlandırılırlar. Bir yonga şeklinde imal edilen bu elektronik devre elemanı birçok uygulamaya sahiptir. İşlemsel yükselticiler, aktif devre elemanlarıdır. Çıkış akım veya gerilim sinyalleri, devrenin tasarlanmasına bağlı olarak, devredeki bir gerilim ya da akım sinyali ile kontrol edilebildiğinden bağımlı kaynak sınıfına girerler. Gerçekte, çıkış gerilimi, giriş terminallerine uygulanan gerilimlerin bir fonksiyonu olduğundan, gerilim bağımlı gerilim kaynaklarıdırlar. Ancak, uygun tasarımla diğer bağımlı kaynakların karakteristiklerini de gösterebilirler. 5.. İŞLEMSEL YÜKSELTİCİ TERMİNAL EŞİTLİĞİ Bir işlemsel yükselti, çok sayıda transistor, diyot, kapasitör ve direnç kullanılarak oluşturulmuş entegre bir devre elemanıdır (yonga). Bir elektronik devre elemanı olarak, tasarımı veya analizi elektroniğin konusu olmakla birlikte, burada bir eşdeğeri kullanılarak terminal eşitliği üzerinde durulacaktır. Amaç, yukarıda bahsettiğimiz yeteneklerini kullanmak üzere devreler tasarlamak değil, verilen devre içinde, işlemsel yükseltiler bulunması durumunda, devre analiz metotları ve yongaya ilişkin terminal eşitliğini kullanarak bu devrenin de analizini yapabilmektir. Şekil.5. de standart bir işlemsel yükseltici yongası görülmektedir. Yonga üzerindeki çentik terminal numaraları ve dolayısıyla terminal işlevlerinin belirtilmesi amacıyla konulur Şekil 5. Standart işlemsel yükseltici yongası

107 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ Çentiğin solundaki ilk terminal numaralı terminaldir. ve 5 numaralı terminaller, işlemsel yükselticinin performansı ile ilgili terminaller olup burada kullanımlarına değinilmeyecektir. 8 numaralı terminal herhangi bir bağlantı için kullanılmaz. 4 numaralı terminal negatif dc besleme ve 7 numaralı terminalde pozitif dc besleme için kullanılır. 6 numaralı terminal çıkış terminali, ve 3 nolu terminaller ise giriş terminalleridir. numaralı terminal giriş sinyalinin negatif değerini giriş sinyali olarak kullanır ve bu nedenle tersleyen giriş olarak adlandırılır. 3 numaralı terminal ise terslemeyen giriş terminalidir. İşlemsel yükselticiler için kullanılan devre sembolü ve dc beslemeler Şekil.5..a da görülmektedir. Dc beslemeler yonganın fonksiyonel olarak çalışması için gerekli, standart bağlantılar olduğundan, devre sembolünde çoğu kez gösterilmez ve Şekil.5..a daki gibi daha basit bir devre sembolü kullanılır. (a) (b) Şekil.5.. (a) İşlemsel Yükseltici dc beslemesi (b) Devre sembolü Bir işlemsel yükselticinin şu iki temel karakteristiği kolayca gözlemlenebilir. Belirli bir aralıkta, çıkış gerilimi, giriş terminallerine uygulanan gerilimlerin farkıyla oranlıdır. Giriş terminal akımları çok küçük değerlidir (µa seviyelerinde) Bu iki karakteristik göz önüne alınarak işlemsel yükselticinin bir eşdeğer devresi Şekil.5.3 de görüldüğü gibi çizilebilir. Şekil.5.3. İşlemsel yükseltici eşdeğer devresi

108 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ Eşdeğer devrede, R i ve R o sırasıyla giriş terminallerinden görülen eşdeğer direnç ve çıkış terminalinden görülen eşdeğer dirençlerdir. R i çok yüksek bir değere (MΩ ve daha yüksek) sahipken R o küçük değerli (00 Ω dan küçük) bir dirençtir. Eşdeğer devre çıkış terminali için, ve giriş terminali için de v = Av (5.) 0 d v = v v (5.) d olduğundan, giriş ve çıkış sinyalleri arasındaki ifade, v = A( v v ) (5.3) 0 elde edilir. Burada A, açık çevrim kazancı olarak adlandırılır ve çok yüksek bir değerdir 5 8 ( 0 A 0 ). Açık çevrim kazancı olarak adlandırılmasının nedeni, devrede bir geri besleme bulunmamasıdır. Geri besleme, bir sistem çıkış sinyalinin, ya da çıkış sinyaline bağlı bir sinyalin, bir amacı gerçekleştirmek üzere girişe tekrar gönderilmesi ile oluşan çevrimdir. Bu sinyal, tersleyen girişe gönderiliyorsa geri besleme, negatif geri besleme, terslemeyen girişe gönderiliyorsa pozitif geri besleme olarak isimlendirilir. İşlemsel yükselticilerin temel karakteristiklerinden bahsederken: belirli bir aralıkta, çıkış gerilimi, giriş terminallerine uygulanan gerilimlerin farkıyla oranlıdır ifadesi kullanılmıştı. Bu, (5.) ifadesinin sadece bir aralık için geçerli olduğunu göstermektedir. (5.) eşitliğinde A bir sabit ve iki giriş sinyalinin farkı bağımsız değişkendir. O halde bu doğrusal ifadenin sınırı, bağımsız değişken olan fark sinyali tarafından belirlenecektir. Açıktır ki, vd = v v fark sinyalinin büyüklüğü arttıkça, v 0 çıkış sinyalinin değeri artacaktır. Ancak bu artış, yonganın dc besleme değeri ile sınırlıdır. Şayet fark sinyalinin değeri ile açık çevrim kazancı çarpımı Vcc den küçük veya V cc den büyük ise, çıkış sinyali - Vcc veya Vcc olacaktır. Bu durum doyum olarak bilinir. Şekil.5.4 de bir işlemsel yükselticinin doğrusal çalışma aralığı ve doyum bölgeleri görülmektedir. Şekil.5.4. İşlemsel yükseltici doğrusal çalışma ve doyum bölgeleri 3

109 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ O halde çıkış sinyali, Vcc v0 Vcc ise işlemsel yükseltici doğrusal çalışma bölgesinde, bunun dışında ise doyumda olacaktır. ÖRNEK PROBLEM 5.: 7 Açık çevrim kazancı 0 ve dc beslemesi 0 volt olan bir işlemsel yükselticinin, tersleyen girişi topraklanarak, terslemeyen girişinden aşağıda görülen sinyal uygulanmaktadır. İşlemsel yükselticinin çıkış sinyalini çiziniz. Şekil.5.6. Problem 5. için giriş sinyali İşlemsel yükselticinin dc beslemesi 0 V olduğundan, çıkış sinyalinin maksimum seviyesi 0 V olacaktır. Tersleyen giriş topraklı ise v = 0 ve vd = v v = v dir. Buna göre, Avd = Av = 0 doğrusal çalışma bölgesi ile doyum bölgesinin sınırı v 0 0 A 0 6 = = = 0 V 7 bulunur. v sinyalinin µv dan büyük değerleri için işlemsel yükseltici doyum bölgesinde çalışacağından çıkış sinyali 0 V olacaktır. µv dan küçük değerleri için ise, işlemsel 7 yükseltici doğrusal çalışma bölgesinde bulunduğundan çıkış sinyali v = Av = 0 v olacaktır. o Şekil.5.6 dan v sinyalinin ve 3. saniyeler arasında µv dan büyük değerlere sahip olduğu görülmektedir. O halde bu zaman aralığında çıkış sinyali 0 V olacaktır. Bunun dışındaki zamanlarda aşağıda görüldüğü gibi, sinyal yükseltilerek çıkışa iletilmektedir. Şekil.5.7. Problem 5. için çıkış sinyali 4

110 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ ÖRNEK PROBLEM 5.: Şekil.5.8.a da verilen devrede işlemsel yükselticinin açık çevrim kazancı 00 kω, çıkış direnci 00 Ω ise v / v oranını kulunuz. o g 6 0, giriş direnci (a) (b) Şekil.5.8. (a) Problem 5.8 devresi ve (b) eşdeğeri Şekil.5.8.b de işlemsel yükselticinin eşdeğeri ile birlikte çizilen devre verilmiştir. Bu devrede ve nolu düğüm noktalarında nokta potansiyelleri metodu uygulanırsa, v = v ; v = vo. d v vs v v v = 0 7v d 0vs 5v0 = v Avd v v = v o 40 vd 0 ; v d.005v µv. o 6 7 (.0050 vo ) 0vs 5v0 0 = v0 = 0v s ; vo v =. Bulunan oran çıkış sinyalinin giriş sinyaline oranı, yani kazançtır. Şekil.5.8.a da görüldüğü gibi, devrede 40 kω luk direnç üzerinden bir geri besleme mevcuttur. Bu nedenle yukarıda elde edilen kazanç, açık çevrim kazancından farklıdır. Çözüme dikkat edilirse yüksek açık çevrim kazancı nedeniyle çok büyük bir değerle küçük bir değerin toplamı söz konusu olmuş ve küçük değer ihmal edilebilmiştir. Tekrar işlemsel yükselticilerin parametrelerine dönerek şu yaklaşımları yapalım: s 5

111 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ Pratik değeri çok yüksek olan açık çevrim kazancı sonsuz olsun ( A = ) Pratik değeri çok yüksek olan giriş terminal eşdeğer direnci sonsuz olsun ( R i = ) Pratik değeri çok küçük olan çıkış terminal eşdeğer direnci sıfır olsun ( R o = 0 ) Bu yaklaşımla elde edilen işlemsel yükseltici ideal işlemsel yükseltici olarak adlandırılır. Bu durumda, giriş terminal akımları sıfır olacağından fark gerilimi sıfır olacak ve giriş sinyalleri birbirine eşit olacaktır: i i 0 = = ; v = v v = 0 ; v = v (5.4) d (5.4) eşitlikleri ideal işlemsel yükseltici eşitlikleri olup, bu yaklaşım işlemsel yükseltici içeren devrelerin, bu elemanın eşdeğerini kullanmaksızın analizini sağlar. İdeal işlemsel yükseltici bir yaklaşım olduğundan, analiz sonucunda bulunan değer bir miktar hata içerecektir. Bu hatanın oranını görmek açısından bir önceki problemi ideal işlemsel yükseltici yaklaşımı ile çözelim: Şekil.5.9 i = 0 olduğundan 0 ve 40 kω luk dirençler üzerinden aynı I akımı geçecektir. v d =0 olduğu göz önüne alınarak giriş devresinde KGY uygulanırsa, 3 v vs 00 i = 0 i s 3 =. 00 En dış çevride KGY bir kez daha uygulanırsa, v i i v = ; s o 0 3 vs vs 600 ( ) v 0 3 o = v s = v o ; 00 vo v =. s 6

112 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ İdeal işlemsel yükseltici yaklaşımı ile eşdeğer devre kullanarak elde edilen cevapların birbirine çok yakın olduğuna dikkat ediniz İŞLEMSEL YÜKSELTİCİ UYGULAMALARI İşlemsel yükselticilerin bir sinyalin seviyesini yükseltmenin yanı sıra, integral, türev ve temel matematiksel işlemleri ve yapma kabiliyetine sahip oldukları daha önce vurgulanmıştı. Bir sinyalin integral veya türevini çıkış sinyali olarak elde edebilmek için, işlemsel yükselticilerle birlikte, dirençlerin yanı sıra kapasitör ve bobinlerin kullanılması gerekir. Bu elemanlar incelendikten sonra, işlemsel yükselticilerin bu özellikleri üzerinde durulacaktır. Bu bölümde, pratikte sık kullanılan: bir sinyalin yükseltilmesi, terslenerek yükseltilmesi, sinyallerin toplanarak yükseltilmesi ve iki sinyalin farkının alınması işlemlerinin işlemsel yükselticilerle gerçekleştirilmesi üzerinde durulacaktır TERSLEMEYEN YÜKSELTİCİ ve GERİLİM TUTUCU Terslemeyen yükseltici giriş sinyalinin işareti değiştirilmeden seviyesinin yükseltilmesi amacıyla kullanılır. Şekil.5.0 da görüldüğü gibi seviyesi yükseltilecek sinyali, işlemsel yükselticinin terslemeyen girişine uygulayalım. Şekil.5.0.Terslemeyen yükseltici i =0 olduğundan, v R v v R 0 o = 0 ; v v vs f vs vs vo = = = 0, R R ve v R 0 f = (5.6) vs R (5.6) ifadesinde kazancın, direnç değerleri ile kontrol edilebildiği görülmektedir. Ayrıca geri besleme direncinin sıfır ve sonsuz olduğu durumlarda (kısa devre ve açık devre) kazancın olacağına dikkat ediniz. Kazancın olması durumunda devre, gerilim izleyici olarak adlandırılır ve yaygın kullanılan bir yapıdır. Açıktır ki, bu durumda çıkış gerilimi giriş f 7

113 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ gerilimine eşit olmakta yani, giriş gerilimini izlemektedir. Şekil 5. de gerilim izleyici devresi görülmektedir TERSLEYEN YÜKSELTİCİ Şekil.5..Gerilim izleyici devresi Giriş sinyalinin işaretini değiştirerek seviyesini yükseltmek amacıyla kullanılan devre Şekil 5. de verilmiştir. Devrede görüldüğü gibi terslenecek sinyal tersleyen girişe uygulanırken, terslemeyen giriş topraklanmakta ve sinyal seviyesini yükseltmek içinde negatif geri besleme kullanılmaktadır. Şekil.5.. Tersleyen yükseltici Giriş-çıkış sinyalleri arasındaki ilişkiyi bulmak için düğüm potansiyelleri metodunu kullanalım: v vs v vo vs vo = 0 ; v = 0 = v = 0 R R R R f f v v o f =. (5.7) s R R 8

114 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ (5.7) eşitliğinden anlaşılacağı gibi giriş sinyali terslenmekte ve R f / R oranında yükseltilmektedir. ÖRNEK PROBLEM 5.3: Şekil.5.3 de verilen devrede işlemsel yükseltici dc beslemesi 0 V ise çıkış gerilimini bulunuz. Şekil.5.3. Problem 5.3 devresi KAY nı uygulayalım: 3 v 00 v v a = 0 ; v 3 3 = 0 = v v = 0.3 V va v va va = 0 7v a = v0 ; v o = ( 0.3) =.05 V TOPLAM YÜKSELTİCİ İki ya da daha fazla sinyalin istenen katsayılarla çarpımlarının bir toplamı, toplam yükseltici ile elde edilebilir. Toplanacak sinyaller tersleyen girişe uygulanır. Başka bir deyişle toplam yükselici aslında bir tersleyen yükselticidir. Şekil.5.4 de iki giriş sinyali için bir toplam yükseltici devresi verilmekle birlikte, giriş sinyali sayısı arttırılabilir. KAY nı uygulayalım: v va v vb v v0 = 0 ve v = 0, R R R f olduğundan, 9

115 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ Rf R f Rf R f v0 = va vb = va vb R R R R (5.8) Şekil.5.4: Toplam yükseltici (5.8) eşitliğinden anlaşılacağı gibi uygun R, R ve R f değerleri ile iki sinyalin istenen bir ağırlıklı toplamı çıkış sinyali olarak elde edilebilir. Şayet R = R = Rf seçilirse, çıkış sinyali olacaktır FARK YÜKSELTİCİ ( ) v = v v (5.9) 0 a b İki sinyalin farkını alarak bu farkı istenen oranda yükseltme işlemi özellikle kontrol ve enstrümantasyon alanlarında yaygın kullanılan bir uygulamadır. Şekil5.5 de bu amaç için kullanılabilecek bir devre görülmektedir. Şekil.5.5: Fark yükseltici 0

116 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ Giriş sinyalleri ve çıkış sinyali arasındaki ilişkiyi bulmak için KGY nı uygulayalım: v vb v vo = 0 ; R R f v R R v v f b o = R R f R R f (5.0) v va v R R3 v = 0 ; v = a R R R R R 3 3 (5.) ve v = v R R v v R R v = R R R R R R R f b o 3 a f f 3 (5.) v R = R R R v v 3 f f o a b R R R3 R R R / R R = va R R / R R f f f 3 v b (5.3) elde edilir. Bu eşitlikten kolayca görülebileceği gibi R / R = R3 / R için çıkış sinyali, f R v = ( v v ) (5.4) f o a b R olacaktır ki, buda girişe uygulanan iki sinyalin farkının, uygun oranda yükseltilebileceğini ifade etmektedir. ÖRNEK PROBLEM 5.4: R f ve R değerleri ile istenen v a, v b ve v c sinyalleri için vo = 6va 0vb vc işlemini gerçekleyen yükseltici devresini gerçekleyiniz. Öncelikle 3v 5v işlemi için fark yükseltici devresini tasarlayalım: (5.3) eşitliğinden a b R f 5 R = ve R f R / Rf = 3 R R / R3 olması gerektiği bulunur. Buradan, R / R 3 =9 olacağından bu oranları sağlayacak direnç değerleri, R f = 50 kω için R = 0 kω ve R 3 = 3 kω için R = 7 kω bulunur. Bu yükselticinin çıkış sinyali, kazancı olan ikinci bir fark yükselticisine v c sinyali ile birlikte uygulanırsa istenilen çıkış sinyali elde edilir. (5.4) eşitliğinden kazancı olan yükseltici için R f R R R 3 = =

117 5.BÖLÜM: İŞLEMSEL YÜKSELTİCİLER T. İKİZ olması gerektiği görülür. O halde ikinci fark yükselticisi için yine R f = 50 kω seçilirse R = 5 kω ve R 3 = 0 kω seçilirse R = 5 kω bulunur. Şekil.5.6 da bu direnç değerleri ile tasarlanan devre verilmiştir. Şekil.5.6: Problem 5.4 devresi

118 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER 6.. GİRİŞ Bundan önceki bölümlerde, sadece dc akım ve gerilim kaynakları ile dirençlerden oluşan devrelerin çözümlenmesini inceledik. Dirençler, elektrik enerjisini ısı enerjisine çeviren devre elemanlarıdır. Sadece dirençler kullanılarak oluşturulan devreler de resistif devreler olarak adlandırılırlar. Dirençlerin dışında sıklıkla kullanılan diğer pasif devre elemanları kapasitörler ve bobinlerdir. Dirençlerin aksine kapasitör ve bobinler, elektrik enerjisini ısı enerjisine dönüştürmezler fakat depolarlar. Bu özelliklerinden dolayı bu iki devre elemanı enerji depolama elemanları olarak da adlandırılırlar. Bu bölümde, kapasitör ve bobine ilişkin terminal akım-gerilim eşitlikleri, seri ve paralel bağlı kapasitör ve bobinlerin eşdeğerleri üzerinde durulacak, 7. ve 8. bölümlerde ise kapasitör ve bobin içeren devrelerin dc analizi ele alınacaktır. 6.. BOBİNLER Bobin, dışı yalıtılmış iletken bir telin Şekil.6. de görüldüğü gibi, genellikle manyetik bir malzeme üzerine sarılmasıyla oluşturulmuş bir elektrik devre elemanıdır. Bobinin sarıldığı malzeme nüve olarak isimlendirilir ve bu malzeme, hava, tahta, plastik gibi manyetik olmayan bir malzeme ise, bu malzemelerin manyetik geçirgenlikleri havanın manyetik geçirgenliğine çok yakın olduğundan, hava nüveli bobin olarak adlandırılır. Şekilde görülen bobin için N sarım sayısını, A bobin (nüve) kesit alanını ve l de bobin uzunluğunu göstermektedir. Ayrıca, nüve olarak kullanılan malzemenin manyetik geçirgenliğini gösteren parametre µ = µ µ (6.) r 0 0

119 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER olup burada µ 0 havanın manyetik geçirgenliği ve µ r da malzemenin bağıl manyetik geçirgenliğini ifade etmektedir. Teorik olarak, bobin sarımlarının arada bir boşluk olmayacak şekilde sık olduğu ve her sarım yarıçapının nüve yarıçapına eşit olduğu kabul edilir. Şekil.6.: Bobin fiziksel yapısı Faraday yasasına göre, iletken bir halkanın sınırladığı fiziksel alanda, bir manyetik alan oluşturulursa, halka terminallerinde Şekil.6. de görüldüğü gibi bir gerilim indüklenir. B r da V A Şekil.6.: Faraday yasasının gösterimi İndüklenen gerilim, dφ( t) v( t) = (6.) ile ifade edilir. Burada φ, halka kesit alanındaki toplam manyetik akı olup, manyetik akı yoğunluğu vektörü B r cinsinden ifadesi aşağıda verilmiştir. r r φ ( t) = B( t) da. (6.3) A (6.) eşitliğindeki eksi işareti Lenz yasası ile ilgili olup burada üzerinde durulmayacaktır. Sonuç olarak indüklenen gerilimin polaritesini tayin etmektedir. Şekil.6. görülen halka N sarımdan oluşmuş ise bu durumda terminal geriliminin büyüklüğü, dφ( t) v( t) = N (6.4) olur. Açıktır ki bu yapı, N sarımlı bir bobin oluşturur. Şekil.6.3 de görüldüğü gibi, bobin üzerinden bir akım geçirildiğinde, bu akım bobin halkalarını saran manyetik alanı oluşturur ve bobin terminallerinde (6.4) eşitliği ile ifade edilen gerilim indüklenir. Manyetik alanın

120 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER kaynağı bobin akımıdır, yani manyetik alan bobin akımının bir fonksiyonudur. Buna göre, (6.4) eşitliği türevin zincirleme kuralı kullanılarak, B r Şekil.6.3: Bobin akımı ve manyetik alanı dφ( t) di( t) v( t) = N (6.5) di ( t ) biçiminde ifade edilebilir. Manyetik alan ve dolayısıyla manyetik akının, akıma göre değişimi doğrusaldır ve bu nedenle (6.5) eşitliğindeki ilk türev bir sabite eşittir. Bu sabitle N nin çarpımı yeni bir L sabiti ile gösterilirse, di( t) v( t) = L (6.6) elde edilir. Bu eşitlikte L, bobin indüktansı olarak adlandırılır ve tamamen bobinin geometrisi ve bobin nüvesinin manyetik geçirgenliğinin bir fonksiyonudur. İndüktans Henry (H) birimi ile ölçülür. Örneğin, Şekil.6. de görülen bir bobin için indüktans değeri µ N A L = (6.7) l olarak tanımlıdır. Bobin için kullanılan devre sembolü Şekil.6.4 de görülmektedir. Şekil.6.4: Bobin devre sembolü Bobin akımının bilinmesi durumunda bobin terminal geriliminin ifadesi (6.6) eşitliği ile bulunur. Bu eşitliğin her iki tarafı / L ile çarpılır ve sonuç ifadesi ile bir t aralığında integrallenirse veya, t i( t) = v( t) (6.8) L

121 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER 0 t t (6.9) i( t) = v( t) v( t) L L t0 elde edilir. Akımın t = daki değeri sıfırdır. Sınırları sabit olduğundan ilk integral sabit bir değer olacaktır. Bu durumda (6.9) ifadesi t i( t) = i( t0) v( t) L (6.0) t0 olur. Burada i( t 0), başlangıç bobin akımı olarak adlandırılır. t 0, genellikle devrede bir değişikliğin olduğu anı veya bobinin devreye bağlandığı anı gösterir. (6.6) ve (6.0) eşitlikleri bobin akımı ve bobin geriliminin birbirleri cinsinden ifadeleri olup, bobin terminal eşitlikleri olarak bilinirler. Bobinin, elektrik enerjisini depolama yeteneğine sahip bir devre elemanı olduğunu söylemiştik. Bu enerji, bobin manyetik alanında depolanır. Depolanan enerji miktarı, ifadesinde kullanılarak, t w( t) p( t) = di( t) p( t) = v( t) i( t) = L i( t) (6.) t t t di( t) ( ) = ( ) = ( ) ( ) = ( ) = ( ( ) ( )) w t L i t L i t di t Li t L i t i w( t) = Li ( t) (6.) bulunur. (6.6) eşitliğinden, bobin için şu iki önemli çıkarımları yapalım: Bobin akımı sabitse bobin gerilimi sıfırdır. Bobin akımı zamanın sürekli bir fonksiyonu olup, anlık bir değişim gösteremez. İlk çıkarımdan, bobinin dc kaynaklarla uyarılması durumunda kısa devre gibi davranacağı sonucuna ulaşılır. İkinci çıkarım ise, bobin akımının anlık değişiminin, bobin terminal geriliminde sonsuz bir artış gerektirmesine dayanır ki, bu fiziksel olarak mümkün değildir. Bu çıkarım, bobin akımının sürekliliği gibi önemli bir sonuca ulaşmamıza imkan verir. t 0, bir devrede herhangi bir fiziksel değişikliğin yapıldığı anı, t 0 ve t 0 ile de bu değişikliğin hemen öncesi ve hemen sonrasını gösterelim. Bu durumda, 3

122 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER i( t ) = i( t ) = i( t ) (6.3) olacaktır. Bu eşitlik bobin akımının sürekliliğini ifade eder ve herhangi bir değişikliğe karşı bobinin akımını korumaya çalıştığı anlamındadır. ÖRNEK PROBLEM 6.: İndüktansı mh olan bir bobin üzerindeki akım i( t) 5 t = e A. ise bobin terminal gerilimini bulunuz. t = saniye için bobinde depolanan enerjiyi bulunuz. Çözüm: di d t v( t) L 0 ( 5e ) 00 e 3 3 t = = = V. 3 w() = Li () = 0 ( 5e ) = 4.9µJ. ÖRNEK PROBLEM 6.: İndüktansı H olan bobinin terminal gerilimi v( t) = 0( e t ) V, t > 0 ve bobin başlangıç akımı 0. A. ise bobin akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. t = s için bobin akımının değerini ve 0 < t < arasında bobinde depolanan enerji miktarını bulunuz. Çözüm: t 0 = 0 ve i (0) = 0. A. olduğundan, t t t t t = i( t) 0. 5( t e t ) 0 t0 0 i( t) = i( t0) v( t) = 0. 0( e ) = 0. 5( t e ) L = A. ve t = s için, i () 0. 5( e ).94 = = A. w() w(0) = i () i (0) = (.94) (0.) = 3.75 J. 4

123 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER 6... SERİ BAĞLI BOBİNLERİN EŞDEĞER İNDÜKTANSLARI Şekil.6.5.a da görülen, seri bağlı bobinlerden oluşmuş devreye KGY nı uygulayalım: (a) (b) Şekil.6.5 (a) seri bağlı bobinler ve (b) eşdeğeri v( t) = v ( t) v ( t) v ( t) (6.4) N n =,,3,, N için, di( t) vn ( t) = Ln (6.5) ifadesi (6.4) eşitliğinde kullanılırsa, di( t) di( t) di( t) di( t) v( t) = L L LN = v( t) = ( L L LN ) (6.6) ve Şekil.6.5.b de görülen eşdeğer devre için ise, di( t) v( t) = Leş (6.7) olduğundan, (6.6) ve (6.7) eşitliklerinin katsayılarının eşit olmalıdır: eş N n n= N L = L L L = L. (6.7) (6.7) eşitliğine göre, seri bağlı bobinlerin eşdeğer indüktansı, bobinlerin indüktansları toplamına eşittir PARALEL BAĞLI BOBİNLERİN EŞDEĞER İNDÜKTANSLARI Şekil.6.6.a da görülen, paralel bağlı bobinlerden oluşmuş devreye KAY nı uygulayalım: i( t) = i ( t) i ( t) i ( t) (6.8) N 5

124 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER n =,,3,, N için, t in ( t) = in ( t0) v( t) L (6.9) n t0 ifadesi (6.4) eşitliğinde kullanılırsa, t t t i( t) = i ( t ) v( t) i ( t ) v( t) i ( t ) v( t) 0 0 N 0 L L 0 L t t0 N t0 ve elde edilir. Burada i( t) = i ( t ) i ( t ) i ( t ) v( t) 0 0 N 0 t L L L (6.0) N t0 ve i( t ) = i ( t ) i ( t ) i ( t ) (6.) N 0 = L L L L eş N ifadeleri ile, t i( t) = i( t0) v( t) L (6.) eş t0 bulunur ki, bu Şekil.6.6.b de görülen eşdeğer devrenin terminal eşitliğidir. O halde paralel bağlı bobinlerin eşdeğer indüktansının tersi, bobin indüktanslarının terslerinin toplamına eşittir. N = =. (6.3) L L L L L eş n= n N (6.) eşitliği ile verilen akım ise, L eş indüktansına sahip bobin üzerindeki başlangıç akımıdır. (a) (b) Şekil.6.6 (a) paralel bağlı bobinler ve (b) eşdeğeri 6

125 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER ÖRNEK PROBLEM 6.3: Şekil.6.7 de verilen devrede akım kaynağının terminal gerilimini bulunuz. Çözüm: Şekil.6.7: Problem 6.3 Kaynağın bağlı olduğu terminalden görülen eşdeğer indüktans (((( ) ) ) ) ( ) (( ) ) L = 8 4 // 6 // 3 = // 6 // 3 eş L eş = // 3 = (6 // 3) = = 3 6 H. 6 3 Şekil.6.7 de verilen devrenin eşdeğeri aşağıda görüldüğü gibi olacaktır. Bobin terminal gerilimi, akım kaynağının terminallerinde de görüleceğinden, ÖRNEK PROBLEM 6.4: di( t) d v( t) = Leş 3 ( sin 4t ) 4cos 4t = = V. Şekil.6.8 de verilen devrede bobinler üzerinde t = 0 anında depolanan enerji sıfırdır. Bobinlerin üzerinden geçen akım ve bobin terminal gerilimlerini bulunuz. Şekil.6.8: Problem 6.4 devresi 7

126 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Çözüm: d t t v( t) = 8 ( e ) = 6e V. Paralel bağlı bobinlerin eşdeğer indüktansı L eş 3 6 = 3// 6 = = 3 6 H. ve bu bobinler üzerindeki gerilim, ( ) d ( ) d v t L e ( e ) 4 e t t t = eş = = V bulunur. Paralel bağlı bobinler üzerindeki gerilim bilindiğinden, her biri üzerinden geçen akım bobin terminal eşitliğinden, t t 4 t 4 t t t ( ) = ( 0) ( ) = 0 = = 0.66( ) A. i t i t v t e e e t t 4 t 4 t t t ( ) = ( 0) ( ) = 0 = = 0.33( ) A. i t i t v t e e e elde edilir KAPASİÖRLER Kapasitör, iki iletken materyalin aralarına koyulan bir dielektrik (yalıtkan) malzeme ile oluşturulmuş pasif devre elemanlarıdır. İletkenlerin geometrik yapısı çok değişik şekillerde olabilir. Burada, iletken olarak iki metal plaka kullanılarak imal edilmiş, paralel plakalı kapasitörler üzerinde durulacaktır. Şekil.6.9 da bu kapasitöre ilişkin yapı görülmektedir. (a) (b) Şekil.6.9: (a) Kapasitörün fiziksel yapısı (b) plakalarda yük birikimi 8

127 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Şekil.6.9.b de görüldüğü şekilde kapasitör plakaları arasına bir v gerilimi uygulandığında, kaynağın pozitif terminalinin bağlı olduğu plakadaki serbest elektronlar diğer plakaya transfer edilmeye başlanır. Bu transfer, plakalar arasındaki potansiyel fark kaynak gerilimine eşit olana dek sürer. Transfer sona erdiğinde plakalardan birinde q ve diğerinde de q kadar yük birikmiş olur. Bu anda sonra, kaynak bağlantısı sökülse dahi, ayrılmış yüklerden dolayı plakalar arasındaki v potansiyel farkı korunur. Bu, plakalar arasında bir elektrik alanının varlığını gösterir ki, kapasitörde depolanan enerji bu alanda depolanan enerjidir. Plakalarda biriken yük miktarı, uygulanan uygulanan potansiyel farkı ile orantılıdır. q = Cv (6.4) (6.4) eşitliğinde, C orantı sabiti, kapasitörün kapasitansı olarak adlandırılır ve tamamen kapasitörün geometrik yapısı ve kullanılan dielektrik malzemenin elektriksel geçirgenliğine bağlıdır ve Farad (F) birimi ile ölçülür. Örneğin, Şekil.6.9.a da görülen paralel plakalı kapasitör için kapasitans ε ε C = (6.5) d olup burada A iletken plaka alanını, d plakalar arasındaki uzaklığı, ε 0 havanın elektriksel geçirgenliğini ve ε r da plakalar arasındaki dielektrik malzemenin bağıl elektriksel geçirgenliğini ifade eder. Kapasitans birimi için kullanılan Farad büyük bir birim olup, pratik kapasitörler bu birimin az katları ile ifade edilirler. Kapasitör için kullanılan devre sembolü Şekil.6.0 da görülmektedir. 0 r A Şekil.6.0: Kapasitör devre sembolü Kapasitör terminal eşitliği için (6.4) eşitliğinin her iki tarafının zamana göre türevini alalım: dq( t) dv = C. Bu eşitliğin sol tarafındaki ifade akım ifadesi olduğundan, dv i( t) = C (6.6) 9

128 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER elde edilir. (6.6) eşitliği kapasitör terminal eşitliklerinden biri olup, kapasitör terminal geriliminin bilinmesi durumunda kapasitör akımının ifadesi için kullanılır. (6.6) eşitliğinin her iki yanı / C terimi ile çarpılarak, sonuç eşitliğinin her iki tarafı integrallenirse, t 0 t t v( t) = i( t) = i( t) i( t) C C C t0 bulunur. Bu eşitlikte, sağ taraftaki birinci integral sınırları sabit olduğundan, integral değeri sabit olacaktır. Bu göre eşitlik, t v( t) = v( t0) i( t) C (6.7) t0 şeklinde yazılır ki, burada v( t 0) kapasitör başlangıç gerilimi olarak adlandırılır. t 0, genellikle devrede bir değişikliğin olduğu anı veya kapasitörün devreye bağlandığı anı gösterir. (6.7) eşitliği de kapasitör için bir terminal eşitliği olup, kapasitör geriliminin bilinmesi durumunda kapasitör akımının belirlenmesine olanak verir. Kapasitör başlangıç gerilimi ve bobin başlangıç akımı, bu elemanlar üzerinde önceden depolanmış enerjiyi ifade eder. Böyle bir kapasitör veya bobin bir devrede kullanıldığında, üzerlerinde depolanmış enerji devrenin davranışını etkileyeceğinden, her iki elemanın terminal eşitliklerinde de başlangıç akım ve gerilim değerleri ifade edilmelidirler. Her hangi bir t anında kapasitörde depolanan enerji miktarı için, dv p( t) = v( t) i( t) = v( t) C (6.8) ile ifade edilen kapasitör gücünü, ve t aralığında integralleyelim. t t t dv t ( ) = ( ) = ( ) = ( ) ( ) = ( ). w t p t C v t C v t dv t Cv t Başlangıçta her kapasitör yüksüz olacağından, v( ) = 0 ve w( t) = Cv ( t) (6.9) bulunur. bulunur. (6.66) eşitliğinden, kapasitör için de şu iki önemli çıkarım yapılabilir: Kapasitör gerilimi sabitse kapasitör gerilimi sıfırdır. Kapasitör gerilimi zamanın sürekli bir fonksiyonu olup, anlık bir değişim gösteremez. İlk çıkarımdan, kapasitörün dc kaynaklarla uyarılması durumunda açık devre gibi davranacağı sonucuna ulaşılır. İkinci çıkarım ise, kapasitör geriliminin anlık değişiminin, kapasitör akımında sonsuz bir artış gerektirmesine dayanır ki, bu fiziksel olarak mümkün 30

129 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER değildir. Bu çıkarım, kapasitör geriliminin sürekliliği gibi önemli bir sonuca ulaşmamıza imkan verir. t 0, bir devrede herhangi bir fiziksel değişikliğin yapıldığı anı, t 0 ve t 0 ile de bu değişikliğin hemen öncesi ve hemen sonrasını gösterelim. Bu durumda, v( t ) = v( t ) = v( t ) (6.30) olacaktır. Bu eşitlik kapasitör geriliminin sürekliliğini ifade eder ve herhangi bir değişikliğe karşı kapasitörün gerilimini korumaya çalıştığı anlamındadır. Pratik kapasitör plakaları arasında kullanılan dielektrik malzemenin küçükte olsa bir iletkenliği vardır. Bu nedenle, kapasitör plakaları arasında küçük bir elektrik akımı mevcut olup, bu akım dielektrik malzemenin ısınmasına, başka bir deyişle elektrik enerjisini ısı enerjisine çevirmesine neden olur. Yani kapasitörlerde bir miktar kayıp söz konusudur. Bununla birlikte, kapasitör plakaları arasındaki yalıtkan malzemenin mükemmel yalıtkan bir malzeme olduğu yaklaşımı ile ideal kapasitör tanımlanır. Bu yaklaşımla, kapasitör kayıpsız kabul edilmiş olur ve uygulanan enerjinin tamamını depolar. İyi yalıtkan malzemelerin iletkenlikleri çok küçük olduğundan, bu yaklaşım analizde ihmal edilebilecek bir hataya neden olmakla birlikte analizi çok kolaylaşırır. Aynı düşünceyle, bobinlerin imal edildiği malzemeyi mükemmel iletken kabul ederek ideal bobin yaklaşımı yapılır ki, pratik bobinler gerçekte küçük bir dirence sahip iyi iletken malzemelerden imal edildiklerinden, bir miktar kayıba neden olurlar. ÖRNEK PROBLEM 6.5: mf lık bir kapasitörün terminallerine uygulanan gerilim v( t) t = te V ise, kapasitörün terminal akımını ve t = saniyede kapasitörde depolanan enerji miktarını bulunuz. Çözüm: dv( t) 3 d t t i( t) = C = 0 ( te ) = e ( t) ma 3 w(3) = Cv () = 0.50 ( e ) = µj. ÖRNEK PROBLEM 6.6: Başlangıçta yüksüz F lık kapasitörün terminal akımı Şekil.6. de verilmiştir. Kapasitörün terminal geriliminin zamana bağlı ifadesini bulunuz. 3

130 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Şekil.6.: Problem 6.6 Verilen akım grafiğinden akımın zamana bağlı ifadesi: 0. t, 0 t i( t) = 0., t. 0.t 0.3, t 3 t v( t) = i( t) v( t0) C t0 0 t için, t v( t) = 0. t v(0) ; v (0) = 0 (kapasitör başlangıçta yüksüz) 0 t v( t) = 0.05t 0.05t = 0.05t V. 0 t için, t v( t) = 0. v() ; v () = 0.05 V. (bir önceki ifadeden) t v( t) = 0.05t 0.05 = 0.05t = 0.05t 0.05 V. t 3 için, t v( t) = ( 0.t 0.3) v() ; v () = V (bir önceki ifadeden) ( ) = ( ) t = v( t) = 0.05t 0.5t 0.5 V. v t t t t t SERİ BAĞLI KAPASİTÖRLERİN EŞDEĞER KAPASİTANSI Şekil.6..a da görülen, seri bağlı kapasitörlerden oluşmuş devreye KGY nı uygulayalım: 3

131 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER (a) (b) Şekil.6. (a) seri bağlı kapasitörler ve (b) eşdeğeri v( t) = v ( t) v ( t) v ( t) (6.3) N n =,,3,, N için, t n 0 (6.3) n t0 vn ( t) = i( t) v ( t ) C ifadesi (6.3) eşitliğinde kullanılırsa, t t t v( t) = i( t) i( t) i( t) v ( t0) v ( t0) vn ( t0) C C C t0 t0 N t0 veya v( t) = i( t) v( t ) t 0 C C C (6.33) N t0 ve Şekil.6..b de görülen eşdeğer devre için ise, t 0 (6.34) eş t0 v( t) = i( t) v( t ) C olduğundan, (6.33) ve (6.34) eşitliklerinin katsayılarının eşit olmalıdır: N = =. (6.35) C C C C C eş N n= n (6.35) eşitliğine göre, seri bağlı kapasitörlerin eşdeğer kapasitansının tersi, kapasitör kapasitanslarının terslerinin toplamına eşittir. (6.34) eşitliğindeki v( t 0), eşdeğer kapasitör için başlangıç gerilimi değeridir. 33

132 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER PARALEL BAĞLI KAPASİTÖRLERİN EŞDEĞER KAPASİTANSI Şekil.6.3.a da görülen, paralel bağlı kapasitörlerden oluşmuş devreye KAY nı uygulayalım: i( t) = i ( t) i ( t) i ( t) (6.36) N n =,,3,, N için, dv( t) in ( t) = Cn (6.37) ifadesi (6.36) eşitliğinde kullanılırsa, ( ) ( ) ( ) i( t) = C dv t dv t dv t C CN ve elde edilir. Burada dv( t) i( t) = ( C C CN ) (6.38) C = C C C eş N kullanılarak dv( t) i( t) = Ceş (6.39) bulunur ki, bu Şekil.6.3.b de görülen eşdeğer devrenin terminal eşitliğidir. O halde paralel bağlı kapasitörlerin eşdeğer kapasitansı, kapasitör kapasitelerinin toplamına eşittir. N C = C = C C C. (6.40) eş n N n= (a) (b) ÖRNEK PROBLEM 6.7: Şekil.6.3 (a) paralel bağlı kapasitörler ve (b) eşdeğeri Şekil.6.4 de verilen devrenin giriş terminalinden görülen eşdeğer kapasitansı bulunuz. 34

133 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Çözüm: Şekil.6.4: Problem 6.3 Kaynağın bağlı olduğu terminalden görülen eşdeğer indüktans F ve 6 F lık kapasitörler seri bağlı C eş = = F lık kapasitörler seri bağlı C eş = = 4 F, 8 8 F, bu iki kolun paralel eşdeğeri, C 3 = C C = 4 = 6 F. eş eş eş C eş3 kapasitanslı kapasitör 6 F lık kapasitörle seri bağlı: C C eş3 eş4 = = = Ceş F. C kapasitanslı kapasitör ve 7 F lık kapasitörler paralel bağlı: C 5 = C 4 7 = 3 7 = 0 F. eş4 eş eş C eş5 kapasitanslı kapasitör ile 4 F lık kapasitörler seri bağlı; C eş C eş5 = = = C eş F İNTEGRALLEYİCİLER VE TÜREVLEYİCİLER 5. bölümde işlemsel yükselticilerin bir giriş sinyalinin integralini ve türevini çıkış sinyali olarak üretme yeteneğine sahip olduğunu belirtmiştik. Bunun için işlemsel yükselicilerin harici devrelerinde dirençlerle birlikte kapasitör ve bobinler kullanılır. Pratik uygulamalarda sıklıkla kullanılan eleman kapasitör olmakla birlikte, burada bobinin de aynı amaçla kullanılabileceğini vurgulamak açısından, kapasitörle birlikte ele alınacaktır. Kapasitörün sık kullanılma nedeni, entegre olarak üretiminin kolay olmasıdır İNTEGRALLEYİCİLER Şekil.6.5 de verilen devrede, bir tersleyen yükseltici devresinin geri besleme direnci kapasitörle değiştirilmiştir. İdeal yükseltici yaklaşımı kullanarak çıkış sinyalini elde edelim: 35

134 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Şekil.6.5: İntegralleyici i i 0 = = i = ic. Direnç ve kapasitör için terminal eşitlikleri kullanılarak, üzerlerindeki akım terminal gerilimleri cinsinden ifade edilirse, ve i c v v i R d( v vo ) = C (6.4) s = (6.4) vs v d( v vo ) = C (6.4) R elde edilir. Burada kapasitör akımının ifadesinde, kapasitör terminal gerilimi, giriş terminal gerilimi ile çıkış terminal geriliminin farkı olarak ( v v o ) ifade edildiğine dikkat ediniz. Terslemeyen giriş topraklandığından v = 0 ve ideal yükseltici yaklaşımından da v = v = 0 olduğundan (6.4) eşitliği vs R dv o = C (6.43) biçimine indirgenir. (6.43) eşitliğinin her iki tarafı / C ile çarpılıp, 0- t aralığında integrallenirse. ve t t dvo ( t) = vs ( t) RC (6.44)

135 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER t vo ( t) = vs ( t) RC (6.45) 0 çıkış sinyalinin ifadesi olarak bulunur. Burada kapasitör başlangıç gerilimi sıfır olmalıdır. Aksi takdirde, çıkış sinyali giriş sinyalinin integrali ile başlangıç geriliminin cebirsel toplamı olacaktır. Şekil.6.6 da verilen devreyi ele alalım. Yine ideal yükseltici yaklaşımı ile, direnç ve bobin akımlarının eşit olduğu kolayca görülmektedir. Şekil.6.6: İntegralleyici Bobin akımı ve direnç akımının ifadeleri terminal gerilimleri cinsinden yazılırsa, t s (6.46) 0 il ( t) = ( v ( t) v ( t)) L ve v = v = 0 olduğundan, i ( t) = i( t) ile, L i t v v = (6.47) R o ( ) f veya t vo ( t) = vs ( t) R L f 0 t Rf vo ( t) = vs ( t) L (6.48) 0 elde edilir. Görüldüğü gibi, bir katsayı farkı ile, (6.45) eşitliği gibi, yine giriş sinyalinin integrali çıkış sinyali olarak elde edilmektedir TÜREVLEYİCİLER 37

136 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Şekil.6.7 de görülen devreyi yine ideal yükseltici yaklaşımı ile analiz edelim: Şekil.6.7: Türevleyici ve v v 0 = =, i = ic ; dvs ( t) ic = C (6.49) olduğundan, ve çıkış sinyalinin ifadesi de, v ( ) o t i = (6.50) R f vo ( t) dvs ( t) C R = (6.5) f dvs ( t) vo ( t) = CRf (6.5) bulunur. (6.5) eşitliğinden anlaşılacağı gibi, çıkış sinyali, giriş sinyalinin türevi ile orantılıdır. Aynı işlev, bobin kullanılarak da sağlanabilir. Şekil.6.8 de verilen devre bobin kullanılarak asarlanmış bir türevleyici devredir. Bu devre içinde ideal yükseltici yaklaşımı ile çıkış sinyalinin ifadesini bulalım: i ( ) ( ) L t = i t ve v = v = 0 t vs ( t) = vs ( t) R L (6.53) 0 ifadesinin her iki tarafının türevi alınıp har iki taraf L ile çarpılırsa, L dvs ( t) vs ( t) = R (6.54) elde edilir. 38

137 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Şekil.6.8: Türevleyici ÖRNEK PROBLEM 6.8: Şekil.6.5 de verilen devrenin girişine uygulanan sinyal aşağıda verilmiştir. Devrede kullanılan direnç 40 MΩ ve kapasitör µf ise çıkış sinyalini bulunuz. Çözüm: 0 V, 0 t vs ( t) = 0, 0 < t t vo ( t) = vs ( t) RC vo ( t) = 0 = 0.5t 6 6 (400 )(0 ) V. 0 t 0 ÖRNEK PROBLEM 6.9: Şekil.6.7 de verilen devrenin girişine uygulanan sinyalin zamana göre değişimi Şekil.6.9 da verilmiştir. Devrede kullanılan direnç MΩ ve kapasitör µf ise çıkış sinyalini bulunuz. Şekil

138 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Çözüm: dvs ( t) vo ( t) = CRf CR 6 6 f = ( 0 )( 0 ) =. Şekil.6.9 da verilen gerilim fonksiyonunun türevi, fonksiyonun eğimine eşit olduğundan,, 0 t < 5 dvs ( t) = 0, 5 t 0, 0 < t 5 ve, 0 t < 5 dvs ( t) vo ( t) = CRf = 0, 5 t 0, 0 < t 5 Şekil.6.0 Çıkış sinyalinin, girişe uygulanan sinyalin türevinin negatifi olduğuna dikkat ediniz. 40

139 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER PROBLEMLER 6.. Kapasitansı 0. µf olan bir kapasitörün plakalarında biriken yükün zamana bağlı ifadesi 3 3 = C q( t) 0 t 3 ise kapasitör terminal akımını ve terminal gerilimini bulunuz µf lık bir kapasitörün terminal geriliminin zamana bağlı değişimi Şekil.6. de verilmiştir. Bu kapasitörün terminal akımının zamana göre değişimini bulunuz. Akımı ve kapasitörde depolanan enerjiyi zamanın bir fonksiyonu olarak çiziniz. Şekil.6.: Problem Başlangıçta yüksüz olan mf bir kapasitör üzerindeki akımın zamana göre değişim grafiği Şekil.6. de verilmiştir. Kapasitörün terminal gerilimini bulunuz ve zamana göre değişim grafiğini çiziniz. Şekil.6.3 de verilmiştir. Bobin erminal geriliminin zamana göre değişimini çiziniz. i(a) t(s) Şekil.6.3: Problem İndüktansı mh olan bir bobinin terminal gerilimi v( t) = 5 mv, 0 t <, t e mv t ve başlangıçta bobin üzerinde depolanan enerji sıfır ise, bobin terminal akımını zamanın bir fonksiyonu olarak çiziniz Şekil.6.3 de verilen devre uzun süredir çalışmaktadır. Kapasitör ve bobin üzerinde depolanan enerji miktarlarını bulunuz. Şekil.6.3: Problem Şekil.6.3 de görülen devrenin giriş terminalinden görülen eşdeğer indüktansı bulunuz. Şekil.6.: Problem İndüktansı H olan bir bobinin terminal akımının zamanla değişimi Şekil.6.4: Problem 6.7 devresi 4

140 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER 6.8. Şekil.6.5 de verilen devrenin giriş terminalinden görülen eşdeğer indüktansı bulunuz. 6.. Şekil.6.8 de verilen devrenin eşdeğer kapasitansını bulunuz. i 4 Şekil.6.5: Problem 6.8 devresi 6.9. Şekil.6.6 da görülen devrenin giriş terminallerinden görülen eşdeğer kapasitansı bulunuz Şekil.6.8: Problem Şekil.6.9 da verilen devrenin eşdeğer indükansını bulunuz. di di 4 Şekil.6.6: Problem 6.9 devresi. Şekil.6.9. Problem Şekil.6.30 da verilen devrede i (0)=0.5 A ise, i (t), i (t), v (t) ve v (t) akım ve gerilimlerini bulunuz Şekil.6.7 de görülen devrenin a-b terminallerinden görülen eşdeğer kapasitansını bulunuz. Şekil.6.30: Problem 6.3 Şekil.6.7: Problem 6.0 devresi 6.4. Şekil.6.3 deki devrede başlangıç kapasitör gerilimleri sıfırdır. Kapasitör gerilimleri v (t) ve v (t) ve kapasitör akımları i (t), i (t) yi bulunuz. Ayrıca Kapasitörlerde depolanan toplam enerji miktarlarını ve kaynağın sağladığı toplam enerjiyi bulunuz. 4

141 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER 6.7. Şekil.6.34 de verilen devrede ( ) 0.5 t vs t e 0.5 = V ve ( ) 0.5 s ise, çıkış sinyalini bulunuz. v t = t V Şekil.6.3: Problem 6.4 devresi 6.5. Şekil.6.3 de verilen devrenin giriş sinyali 0.V 0 t vs ( t) = 0 t < 0 ise çıkış sinyalini bulunuz. (Kapasitör başlangıçta yüksüzdür.) Şekil.6.34: Problem 6.7 devresi 6.8. Şekil.6.35 de verilen yükseltici devresi girişine Şekil.6.36.a de görülen gerilim uygulanmış ve çıkışında Şekil.6.37.b de görülen sinyal elde edilmiştir. R ve C değerlerini bulunuz. C R Şekil.6.3: Problem 6.5 devresi 6.6. Şekil.6.33 de verilen devrede ( ) 0.5 t vs t e 0.5 = V ve ( ) 0.5 s v t = t V olduğuna göre, çıkış sinyalini bulunuz. v s Şekil Problem 6.8 devresi v o Şekil.6.33: Problem 6.6 devresi Şekil.6.36.a: Giriş gerilimi 43

142 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER Şekil.6.36.b: Çıkış gerilimi 6.9. Şekil.6.37 de görülen yükseltici devresinde kapasitör başlangıç gerilimi 4 Volt tur. Anahtar kapatıldıktan sonra işlemsel yükselticinin doyuma ulaşması için geçecek süreyi bulunuz. Şekil.6.37: Problem Şekil.6.38 de verilen devrede v ( ) 5 a t = V v ( ) 5 a t = V olduğuna göre çıkış terminali gerilimini bulunuz (Kapasitör başlangıç enerjileri sıfırdır). 44

143 6.BÖLÜM: KAPASİTÖRLER VE BOBİNLER 45

144 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER 7.. GİRİŞ Kapasitör ve bobine ilişkin terminal eşitlikleri 6. bölümde ele alınmıştı. Bu eşitlikler kullanılarak, dirençlerin yanı sıra kapasitör veya bobin içeren devrelerin analizlerini de temel analiz metotlarını kullanarak yapmak mümkündür. Ancak bu durumda, devreyi karakterize eden denklem, cebirsel bir denklem değil ama bir diferansiyel denklem olacaktır. Bir bobin ve direnç ya da dirençler içeren bir devre birinci mertebeden bir diferansiyel denklemle karakterize edilir ve bu nedenle de birinci mertebeden devre olarak adlandırılır. Devre elemanları bir bobin ve direnç veya dirençlerden ibaret olduğundan dolayı da RL devre olarak anılır. Yine bir kapasitör ve direnç içeren devreler de birinci mertebeden diferansiyel denklemlerle ifade edilir ve bu tip devreler de birinci mertebeden devre sınıfındadır. Ancak bu defa bileşenleri kapasitör ve direnç veya dirençler olduğundan, devre RC devre olarak adlandırılır. Kapasitör ve bobin enerji depolama özelliğine sahip elemanlar olduklarından, bir devreyi uyarmak için kullanılabilirler. Örneğin, üzerinde 5 Volt başlangıç gerilimi bulunan bir kapasitör bir dirence bağlanarak bir devre oluşturulduğunda, kapasitör üzerindeki gerilim nedeniyle direnç üzerinden bir akım geçer ve direnç ısınır. Direncin ısınması, kapasitörün başlangıçta sahip olduğu elektrik enerjisinin ısı enerjisine dönüştüğünü gösterir. Direnç üzerinden akım geçtiği sürece bu enerji dönüşümü devam eder. Bu demektir ki, kapasitörün başlangıçta sahip olduğu enerjinin tamamı ısı enerjisine dönüştüğünde artık direnç üzerinden bir akım geçmez. Zira kapasitör plakalarında artık ayrışmış yükler mevcut değildir. Bu olay deşarj olarak adlandırılır. Açıkça görülmektedir ki, sadece dirençlerden oluşmuş devreleri uyarmak için bir bağımsız kaynağa ihtiyaç duyulurken, devrede üzerinde enerji depolanmış bir kapasitör veya bobin kullanılması durumunda, kaynak kullanılmadan da devre uyarılabilmektedir. Bir devre, bağımsız kaynak kullanılmadan, sadece enerji depolayan elemanların başlangıç enerjileri ile uyarılıyorsa, devre analizi sonucunda elde edilen devre değişkeni 45

145 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER ifadesine, devrenin doğal cevabı adı verilir. Yukarıda bahsedilen örnekte, devre akımı, devrenin doğal cevabıdır ve açıktır ki doğal cevap zamanla sıfır olacaktır. Devrede bir dc kaynağın kullanılması durumunda ise, devre değişkenleri bu kaynak tarafından bir değer almaya zorlanacaktır. Enerji depolama elemanları üzerinde başlangıç enerjileri olsun ya da olmasın, devredeki dc kaynak veya kaynaklar tarafından başka bir enerji seviyesine yükleneceklerdir. Bu nedenle, kaynaklarla uyarma ile elde edilen devre değişkeni değerine, zorlama cevap denir. Bir devrede, herhangi bir devre değişkeninin zamana bağlı ifadesini elde edebilmek için, devrenin hangi koşullarda ve ne zaman çalışmaya başladığının bilinmesi gerekmektedir. Bu nedenle, devrelerde bir başlangıç anını ya da bir konum değişimi anını ifade etmek için anahtarlar kullanılır. Bunun yanı sıra, bir dc kaynağın devrede aktif olduğu anı ifade etmek için sıklıkla, basamak olarak adlandırılan bir fonksiyon kullanılır. Bu nedenle de, dc kaynaklarla uyarılmış bir devre, başlangıçta bir enerjiye sahip olsun ya da olmasın, cevabı, basamak cevabı olarak adlandırılır. O halde basamak cevabı, hem doğal cevabı hem de zorlama cevabı içerecektir. 7.. BİRİM BASAMAK FONKSİYONU Basamak fonksiyonu u( t ) ile gösterilir ve matematiksel ifadesi, t > 0 u( t) = 0, t < 0 (7.) biçimindedir. Fonksiyon t = 0 için tanımsızdır, zira bu noktada Şekil.7. de görüldüğü gibi bir süreksizlik içermektedir: Şekil.7.: Birim basamak fonksiyonu Şayet fonksiyon sıfırdan farklı bir t0 anında başlıyorsa,, u( t t0) = 0, t > t t < t 0 0 (7.) veya bir t0 anında başlıyorsa, u( t t0) = 0, t > t0 (7.3) t < t 0 46

146 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER ile ifade edilir. Bu fonksiyonlar Şekil.7. de görülmektedir. (a) (b) Şekil.7.: Zaman ekseninde kaydırılmış birim basamak fonksiyonları Yukarıda da açıkça görüleceği gibi, birim basamak fonksiyonu, argümanını sıfır yapan t değerinde başlamaktadır. Örneğin, u( t t0) fonksiyonunun argümanının sıfır olduğu t değeri için, t t0 = 0 ve t = t0 olur ki, fonksiyon bu andan itibaren birim değere sahiptir. Birim basamak fonksiyonu kullanılarak, bir akım ya da gerilim kaynağının aktif olduğu bir t anı ifade edilebilir. Şekil.7.3 de görülen iki devreyi ele alalım: (a) (b) Şekil.7.3: Basamak fonksiyonu ile dc kaynağın ifadesi Şekil.7.3.b de görülen devrede, anahtar t = 0 da kapandığında gerilim kaynağı devreye girecektir. Şekil.7.3.a da görülen devrede ise basamak fonksiyonu ile ifade edilen tanımlanmış kaynağın gerilimi, Va, t > 0 Vau( t) = (7.4) 0, t < 0 olup, t = 0 anına kadar devrede bağlı olmasına rağmen bu süre içinde aktif olmadığından devreye enerji sağlamayacaktır. Ancak, t = 0 anında aktif olacak ve (b) de görülen devredeki gibi aynı gerilimi devreye uygulayacaktır. Yani her iki durumda da t > 0 için kaynaklar devreye enerji sağlamaktadır. Bununla birlikte, t < 0 için iki devre farklıdır. (b) devresinde t < 0 için anahtar açık konumda olduğundan, devreye bağlı değildir. Yani kaynağın devreye 47

147 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER bağlanacağı terminal açık devredir. (a) devresinde ise t < 0 içinde kaynak devreye bağlıdır. İdeal akım kaynağının iç direncinin sıfır olmasından dolayı, devreye bağlı olduğu terminal bu süre içinde kısa devre gibi davranacaktır. Şekil.7.4 de basamak fonksiyonu ile ifade edilen gerilim kaynağının, bir anahtar kullanılarak oluşturulan eşdeğeri görülmektedir. Şekil.7.4: Gerilim kaynağının basamak fonksiyonu ile ifadesi ve eşdeğeri Basamak fonksiyonu kullanılarak akım kaynağının ifadesi de mümkündür. t = 0 anında aktif olan bir dc akım kaynağı Iau( t ) ile gösterilir. Bu davranış, (7.4) eşitliğinde olduğu şekilde, Ia, t > 0 Iau( t) = 0, t < 0 (7.5) ile ifade edilir. Gerilim kaynağından farklı olarak ideal akım kaynağının iç direnci sonsuz olduğundan, akım kaynağı aktif olmadığı süre boyunca, bağlı olduğu terminal açık devre gibi davranacaktır.. Şekil.7.5 de basamak fonksiyonu ile ifade edilen akım kaynağının, bir anahtar kullanılarak oluşturulan eşdeğeri görülmektedir. Elektrik I a u(t) Devresi I a t=0 Elektrik Devresi Şekil.7.5: Akım kaynağının basamak fonksiyonu ile ifadesi ve eşdeğeri Şekil.7. de görülen basamak fonksiyonu, Kapasitör ve/veya bobinlerin kullanıldığı bir devrede kaynak fonksiyonu olarak kullanıldığında, devre cevabı bu fonksiyonun türevi veya integrali ile ilintili olabilmektedir. Dc kaynak sabit değerde bir akım veya gerilim değerine sahip olmakla birlikte, birim basamak fonksiyonu ile ifade edildiğinde, herhangi bir t anında, değeri ani bir değişim gösterdiğinden, türevi ve integrali sabit bir değerin türevi ve integralinden farklı olacaktır. Birim basamak fonksiyonunun türevi ve integrali özel fonksiyonlar olup, tanımları aşağıda ayrı ayrı verilecektir BİRİM BASAMAK FONKSİYONUNUN TÜREVİ: BİRİM DARBE FONKSİYONU 48

148 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Birim basamak fonksiyonunun türevi, 0, t < 0 du( t) δ ( t) = = tanımsız, t = 0 0, t > 0 (7.6) ile tarifli olup, birim darbe fonksiyonu olarak adlandırılır. t = 0 civarında çok kısa süreli bir darbe olarak düşünüldüğünde, birim darbe fonksiyonu matematiksel olarak 0 δ ( t) = (7.7) 0 biçiminde ifade edilmektedir. Bu nedenle, sadece t = 0 da birim değerde olan ve bunun dışındaki bütün zamanlarda değeri sıfır olan bir fonksiyon olarak tanımlanabilir. Şekil.7.6 da t = 0 da vuran bir darbe fonksiyonu görülmektedir. Şekil.7.6: Birim darbe fonksiyonu Herhangi bir t 0 anında vuran ve değeri birim değerden farklı olan darbe fonksiyonları için Şekil.7.7 de örnekler görülmektedir. Burada, Şekil.7.7: Darbe fonksiyonları δ 0, t = t 0 0 ( t t0) =, 0, t t0 ve 5, 5 δ ( t t0) = 0, t = t t t 0 0 (7.8) ile tanımlıdırlar. 49

149 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER 7... BİRİM BASAMAK FONKSİYONUNUN İNTEGRALİ: BİRİM RAMPA FONKSİYONU Birim basamak fonksiyonunun integrali, t r( t) = u( t) = tu( t) (7.9) rampa fonksiyonu olarak adlandırılır. Aşağıda görüldüğü gibi r( t ) rampa fonksiyonu negatif t değerleri için sıfır iken pozitif t değerleri için eğimi bir olan bir doğruyu ifade etmektedir. t, t > 0 r( t) = 0, t < 0 (7.0) Şekil.7.8 de r( t ) birim rampa fonksiyonu, r( t ) rampa fonksiyonu, r( t t0) zaman ekseninde kaydırılmış birim basamak fonksiyonu görülmektedir. (a) (b) (c) Şekil.7.8: (a) birim rampa fonksiyonu (b) eğimi olan rampa fonksiyonu ve (c) zaman ekseninde pozitif yönde t 0 kadar kaydırılmış birim rampa fonksiyonu. Burada, t, t > 0 r( t) =, 0, t < 0 ve r t t, t > t 0 ( t0) =, 0, t < t0 (7.) şeklinde matematiksel ifadelere sahiptirler. Birim basamak, birim darbe ve birim rampa fonksiyonları arasındaki matematiksel ilişkiler aşağıdaki tabloda özetlenmiştir. dr( t) u( t) =, du( t) δ ( t) = t t u( t) = δ ( t), r( t) u( t) = 50

150 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER 7.3. RL ve RC DEVRELERİN DOĞAL VE BASAMAK CEVAPLARI Devrede harici bir kaynağın bulunmadığı, ancak enerji depolama elemanları üzerinde bir başlangıç enerjisinin bulunması halinde, devredeki bir akım ya da gerilimin davranışı devrenin doğal cevabı olarak adlandırılır. Bir dc kaynağın, belirli bir anda aktif olması hali basamak fonksiyonları ile ifade edildiğinden, bu durumda yine devredeki bir akım ya da gerilimin davranışı devrenin basamak cevabı olarak adlandırılır. RL ve RC devreler için bu iki cevabı ayrı ayrı inceleyelim RL DEVRENİN DOĞAL CEVABI Şekil.7.9 da verilen RL devresinde anahtarın uzun bir süre a konumunda olduğunu düşünelim. Bu durumda bobin uzun bir süre dc kaynağa maruz kaldığından, anahtar konum değiştirmeden hemen önce, t = 0 anında, kısa devre gibi davranır. Şekil.7.9: RL devresinde bobine enerjinin depolanması Daha önce bobinin dc kaynakla uyarıldığında kısa devre gibi davrandığını vurgulamıştık. Gerçekte bobin, üzerindeki akımı sabit tutma yönünde bir karakteristiğe sahiptir. Yani kısa devre davranışını göstermesi için belirli bir sürenin geçmesi gerekir. Bu nedenle, yukarıdaki örnek devrede, bobinin kısa devre davranışını garantilemek için, uzun bir süre dc kaynağa maruz kaldığını düşünmek gerekmektedir. Buna göre, t = 0 anında yukarıdaki devrenin eşdeğeri Şekil.7.0 da görülen devre olacaktır. Şekil.7.0: t = 0 anında kısa devre olmuş bobin 5

151 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Bobin akımının t = 0 anındaki değeri, (0 i ) L V 0 = I0 = (7.) R0 olacaktır. t = 0 da anahtar b konumuna geldiğinde, kaynak devre dışı kalacak ve bobin, üzerindeki akımı sabit tutma yönünde bir davranış gösterecektir. Başka bir deyişle, bobin akımı ani olarak değişmeyecek, ancak zamanın sürekli bir fonksiyonu olarak değişecektir. Bu durum bobin akımının süreklilik koşulu olarak adlandırılır ve i (0 ) = i (0) = i (0 ) (7.3) L L L olarak ifade edilir. t = 0 anında bobin üzerinde depolanan enerji, wl (0) = LiL (0) = LI0 J. (7.4) dur. Devrenin t 0 deki eşdeğeri Şekil.7. de görülmektedir. Şekil.7.: t 0 için eşdeğer devre t 0 için bobin üzerinde depolanan enerjiden dolayı, devrede bir i L akımı akacaktır. Şekil.7. deki eşdeğer devreye dikkat edilirse, bobin artık kısa devre gibi davranmamaktadır. Devrede meydana gelen bir değişim sonucu, bobin akımı yeni kararlı değerine ulaşana kadar bobin kısa devre davranmaz, ancak akım karalı bir değere ulaşırsa, o anda tekrar kısa devre gibi davranacaktır. KGY uygulanırsa, v ( t) v ( t) = 0 (7.5) ve devre akımı i L cinsinden dil( t) L RiL ( t) = 0 (7.6) eşitliği elde edilir. (7.6) eşitliği düzenlenirse, dil ( t) R = (7.7) i ( t) L L L R 5

152 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER ve her her iki tarafın integrali alınarak t t dil ( t) R = i ( t) L ln ( ) t R R i t = t ; ln i ( ) ln (0) L 0 L t il = t L L 0 L 0 bulunur ki, burada i (0) L = I0 ifadesi ve logaritma fonksiyonunun özellikleri kullanılarak, ln i ( t) R L = t I0 L (7.8) veya L i ( t) = I e (7.9) L 0 R t elde edilir. Bu ifadeden açıkça görülebileceği gibi, bobin üzerindeki başlangıç akımı, direnç değeri ve bobin indüktansına bağlı olarak eksponensiyel olarak azalmakta ve t için sıfır olmaktadır. (7.9) eşitliği i ( t) = I e τ (7.0) L 0 t şeklinde yazıldığında RL devrelerin önemli bir parametresinin ifadesi elde edilir: L τ = (s).(7.) R τ devrenin zaman sabiti olarak adlandırılır. (7.0) eşitliğinde t ( ) I0 i L t = I0e = = I0 (7.) e = τ yazılırsa, elde edilir. Buna göre τ, bobin akımının başlangıç değerinin /e veya katı değerine düşmesi için gerekli zaman olarak tanımlanır. Bobin akımının azalma hızını tayin eden faktör zaman sabitidir. Yine (7.0) eşitliğinden, bobin akımının t = da sıfır olacağı anlaşılmaktadır. t = 5τ da bobin akımı, başlangıç değerinin yüzde birinden daha küçük bir değere düşer ve pratik olarak bu andaki değeri sıfır kabul edilir. Şekil.7. de değişik τ değerleri için bobin akımının zamana bağlı değişimi görülmektedir. Bobin üzerinde başlangıçta depolanmış enerjinin, direnç üzerinden geçen devre akımı sonucunda dirençte harcandığını gösterilebilir. Direncin gücü, p t = i t R (7.3) R ( ) L ( ) ve harcanan enerji, 53

153 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER τ 3 τ τ τ 3 > τ > τ Şekil.7.: Bobin akımının değişik τ değerleri için değişim eğrileri t t t t t τ τ τ R τ wr ( t) = p ( t) = R I e = RI e = RI (7.4) ve τ = L / R olduğundan t wr ( t) = LI0 e τ (7.5) bulunur. Bu eşitlik direnç üzerinde harcanan enerjinin zamana bağlı ifadesi olup, t = için, devre akımı sıfır oluncaya kadar harcanan enerji değerini vercektir: wr ( ) = LI e = LI t τ 0 0 t= J.(7.6) (7.6) ile (7.4) eşitlikleri karşılaştırılırsa, bobin üzerinde başlangıçta depolanan enerjinin tamamının direnç üzerinde harcandığı görülür: w (0) = w ( ).(7.7) L R RL devrelerin analizinde, bobin akımının süreklilik özelliğinden dolayı, öncelikle bobin akımının ifadesi bulunmalıdır. Şayet isteniyorsa, diğer devre değişkenleri bilinen bobin akımı ifadesini ve Kirchhoff yasalarını kullanarak bulunabilir. (7.0) eşitliğinden bobin akımının zamana bağlı ifadesi için bobin başlangıç akım değerini ve devrenin zaman sabitini bulmanın yeterli olduğu görülmektedir. Şayet devrede birden fazla direnç veya dirençler ve bağımlı kaynaklar varsa, bu durumda L τ = (7.8) R eş ile ifade edilir ki, burada R eş, bobinin bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer dirençtir. Verilen devreye ilişkin zaman sabiti ve eşdeğer direnç bulunduktan sonra, bobin akımının zamana bağlı ifadesi (7.0) eşitliği ile elde edilir. 54

154 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER ÖRNEK PROBLEM 7.: Başlangıç akımı A. olan H lik bobin S anahtarı kullanılarak t = 0 da Şekil.7.3 de görülen devreye bağlanmaktadır. Bobin terminallerindeki gerilimin zamana bağlı ifadesini bulunuz. 40 Ω luk direnç üzerindeki akım ve gerilimin ifadesini bulunuz. 0 Ω 0 Ω t = 0 S i R 0 Ω H I 0 = A v R 40 Ω.Şekil.7.3: Problem 7. devresi Çözüm: Bobin akımının süreklilik koşulundan, i (0 ) = i (0) = i (0 ) = A. L L L t 0 için devrenin zaman sabiti burada eş L τ = R eş R, bobinin bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç olup aşağıdaki devreden bulunur. R = (0 0) //(0 40) = 30 // 60 = 0Ω. eş t τ 0t = 0 = A., 0 i ( t) I e e L t. L τ = = s. R 0 eş Bobin terminal gerilimi, bobin terminal eşitliğinden di ( t) vl( t) L 40e L 0t = = V., 0 t >. Bobin üzerindeki gerilim t > 0 için paralel bağlı kollar üzerindeki gerilimlere eşit olduğundan 55

155 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER i R ve vl( t) = = t e A., t > 0 80 v 40 i e 3 bulunur. 0t R = 40Ω = V., 0 t >. ÖRNEK PROBLEM 7.: Şekil.7.4 de verilen devrede S anahtarı uzun süredir a konumundadır. t = 0 anında anahtar b konumuna geçtiğine göre, t 0 için bobin akımının zamana bağlı ifadesini ve t > 0 için bobin terminal gerilimini bulunuz. 5 Ω S 50 Ω a b t = 0 0 Ω i 50 V 9 H 0.5i 40 Ω Şekil.7.4: Problem 7. devresi Çözüm: S anahtarının uzun süre a konumunda olması, bobinin dc kaynağa t0 = 0 anına kadar, yani anahtar konum değiştirmeden hemen öncesine kadar maruz kalması ve t 0 = 0 da kısa devre gibi davrandığını ifade etmektedir. Bu anda bobin akımı, 50 i(0 ) = = A. 5 dir. Bobin akımının süreklilik koşulu, anahtar konum değiştirdikten hemen sonrasında, yani t = 0 anında bobin akımının değerinin korunduğunu gösterir: i (0 ) = i (0) = i (0 ) = A. L L L Anahtar konum değiştirdikten sonra bobin artık kısa devre gibi davranmayacaktır. t 0 için, bobinin bağlı olduğu terminalden görülen eşdeğer direnç, devrede bağımlı kaynak bulunmasından dolayı, bu terminale Şekil.7.5 de görüldüğü gibi bir test kaynağı bağlayarak bulunmalıdır. 56

156 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Şekil.7.5: Eşdeğer direncin hesaplanması için test kaynağı bağlanması KAY uygulanarak; I0 = 0.5i i =.5i i = I0. 3 En dış çevrimde KGY uygulanarak da; V0 = 50I0 60i ve V0 = 50I0 60 I0 3 bulunur. Devreye ilişkin zaman sabiti, 0 Reş I0 V = = 90 Ω L 9 τ = = = s, R 90 0 eş Bobin akımının ifadesi de t τ 0t = L = A. elde edilir. i ( t) i (0) e e L RC DEVRENİN DOĞAL CEVABI Şekil.7.6 da verilen RC devresinde anahtarın uzun bir süre a konumunda olduğunu düşünelim. Bu durumda kapasitör uzun bir süre dc kaynağa maruz kaldığından, anahtar konum değiştirmeden hemen önce, t = 0 anında, açık devre gibi davranır. Şekil.7.6: RC devresinde kapasitöre enerjinin depolanması 57

157 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Kapasitör dc kaynakla uyarıldığında açık devre gibi davrandığını vurgulamıştık. Gerçekte kapasitörün açık devre davranması için kapasitör plakalarında toplanan yüklerin plakalar arasında oluşturduğu potansiyel fark, kapasitörün bağlı olduğu paralel koldaki potansiyele eşit olmalıdır. Plakalarda bu potansiyel farkın oluşması için, devrede kullanılan elaman değerlerine bağlı olarak belirli bir sürenin geçmesi gerekir. Yani açık devre davranışını göstermesi için belirli bir sürenin geçmesi gerekir. Bu nedenle, yukarıdaki örnek devrede, kapasitörün açık devre davranışını garantilemek için, uzun bir süre dc kaynağa maruz kaldığını düşünmek gerekmektedir. Buna göre, t = 0 anında yukarıdaki devrenin eşdeğeri Şekil.7.0 da görülen devre olacaktır. R 0 V 0 v c (0 - ) R Şekil.7.7: t = 0 anında açık devre olmuş kapasitör Kapasitör geriliminin t = 0 anındaki değeri, vc (0 ) = V (7.9) olacaktır. t = 0 da anahtar b konumuna geldiğinde, kaynak devre dışı kalacak ve kapasitör, üzerindeki gerilimi sabit tutma yönünde bir davranış gösterecektir. Başka bir deyişle, Kapasitör gerilimi ani olarak değişmeyecek, ancak zamanın sürekli bir fonksiyonu olarak değişecektir. Bu durum kapasitör geriliminin süreklilik koşulu olarak adlandırılır ve 0 v (0 ) = v (0) = v (0 ) (7.30) c c c olarak ifade edilir. t = 0 anında kapasitörde depolanan enerji, dur. Devrenin t 0 deki eşdeğeri Şekil.7.8 de görülmektedir. wc (0) = Cvc (0) = CV0 J. (7.3) 0 t için kapasitör üzerinde depolanan enerjiden dolayı, devrede bir akım akacaktır. Şekil.7.8 deki eşdeğer devrede de görüldüğü gibi, kapasitör artık açık devre gibi davranmamaktadır. Devrede meydana gelen bir değişim sonucu, kapasitör gerilimi yeni kararlı değerine ulaşana kadar kapasitör açık devre davranmaz, ancak gerilim karalı bir değere ulaşırsa, o anda tekrar açık devre gibi davranacaktır. 58

158 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER R 0 i c i R V 0 C v c v R R Şekil.7.8: t 0 için eşdeğer devre Şekil.7.8 deki devrede KAY uygulanırsa, KGY ile v ( t) = v ( t) (7.33) c R ve elemanlar üzerindeki gerilimler cinsinden, i ( t) i ( t) = 0 (7.3) C R dvc ( t) vr ( t) C = 0 ; R dvc ( t) vc ( t) C = 0 (7.34) R eşitliği elde edilir. (7.34) eşitliği düzenlenirse, dvc ( t) = (7.35) vc ( t) RC ve her her iki tarafın integrali alınarak t t dvc ( t) = v ( t) RC ln v ( t) t = t ; c 0 RC 0 c 0 ln vc ( t) ln vc (0) = t RC bulunur ki, burada v (0) c = V0 ifadesi ve logaritma fonksiyonunun özellikleri kullanılarak, vc ln ( t ) = t V0 RC (7.36) veya 0 t RC v ( t) = V e (7.37) c 59

159 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER elde edilir. (7.37) eşitliğinden görülebileceği gibi, kapasitör üzerindeki başlangıç gerilimi, direnç değeri ve kapasitansa bağlı olarak eksponensiyel olarak azalmakta ve t için sıfır olmaktadır. (7.37) eşitliği v ( t) = V e τ (7.38) c 0 t şeklinde yazıldığında RC devrelerin önemli bir parametresinin ifadesi elde edilir: τ = RC (s).(7.39) RL devrelerine olduğu gibi, τ devrenin zaman sabiti olarak adlandırılır. Ancak RC devreler için τ, kapasitör geriliminin, başlangıç değerinin /e veya katı değerine düşmesi için gerekli zaman olarak tanımlanır. Kapasitör geriliminin azalma hızını tayin eden faktör zaman sabitidir. (7.38) eşitliğine dikkat edilirse, kapasitör geriliminin ancak t = da sıfır olacağı anlaşılmaktadır. Bununla beraber, t = 5τ da kapasitör gerilimi, başlangıç değerinin yüzde birinden daha küçük bir değere düşer ve pratik olarak bu andaki değeri sıfır kabul edilir. RL devrede bobin üzerinde depolanan başlangıç enerjisinin, direnç üzerinde harcandığını göstermiştik. RC devrelerde de kapasitör üzerinde depolanan başlangıç enerjisinin, yine direnç üzerinde harcandığı benzer şekilde gösterilebilir. Kapasitör gerilimi, direnç üzerindeki gerilime eşit olduğundan, direnç üzerindeki akım, v ( t) V = = (7.40) R R t c 0 τ ir ( t) e ve direncin gücü, t V 0 τ p( t) = RiR ( t) = e (7.4) R olacaktır. Her hangi bir t anında direncin harcadığı enerji ise, t t t t t t V0 V0 τ V τ τ τ 0 τ R R R R w ( t) = p ( t) = e = e = e R (7.4) ve τ = RC kullanılarak, t wr ( t) = CV0 e τ (7.43) bulunur. t için direncin harcadığı enerji wr ( ) = CV0 J.(7.44) olur ki bu, (7.3) eşitliği ile verilen kapasitör başlangıç enerjisidir. 60

160 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER w (0) = w ( ).(7.45) c R RC devrelerin analizinde, kapasitör geriliminin süreklilik özelliğinden dolayı, öncelikle kapasitör geriliminin ifadesi bulunmalıdır. Şayet isteniyorsa, diğer devre değişkenleri bilinen kapasitör gerilimi ifadesini ve Kirchhoff yasalarını kullanarak bulunabilir. (7.38) eşitliğinden kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadesi için kapasitör geriliminin başlangıç değerini ve devrenin zaman sabitini bulmanın yeterli olduğu görülmektedir. Şayet devrede birden fazla direnç veya dirençler ve bağımlı kaynaklar varsa, bu durumda L τ = (7.46) R eş ile ifade edilir ki, burada R eş, bobinin bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer dirençtir. Verilen devreye ilişkin zaman sabiti ve eşdeğer direnç bulunduktan sonra, bobin akımının zamana bağlı ifadesi (7.38) eşitliği ile elde edilir. ÖRNEK PROBLEM 7.3: Başlangıç gerilimi 5 V. olan 0.5 F lık kapasitör S anahtarı kullanılarak t = 0 da Şekil.7.9 da görülen devreye bağlanmaktadır. t 0 için kapasitör terminallerindeki gerilimin zamana bağlı ifadesini bulunuz. 4 Ω luk direnç üzerinden geçen akımın ifadesini t > 0 için bulunuz. t = 0.Şekil.7.9: Problem 7.3 devresi Çözüm: Kapasitör başlangıç gerilimi v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 5 V. c c c t 0 için devrenin zaman sabiti τ = ReşC burada R eş, kapasitörün bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer dirençtir. Verilen devre bağımlı kaynak içerdiğinden, eşdeğer direnci, kapasitörün bağlı olduğu terminallere bir test kaynağı bağlayarak bulmak gerekir. Şekil.7.0 de görüldüğü gibi V 0 değerli gerilim kaynağı test kaynağı olarak kullanıldığında eşdeğer direnç R eş V = I 0 0 6

161 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER olacaktır. Şekil.7.0: Eşdeğer direncin hesabı için test kaynağı bağlantısı Düğüm noktası potansiyelleri metodu kullanılarak V ir V V V = 0 : R V V V 0 8 V 3 i = V = V = I0 7V0 V = 40I0 3 V0 7V0 ( V0 ) = 40I0 Reş = = 6.4 Ω. 8 I 0 τ = ReşC = (6.4)(0.5) =.6 s. ve t t = = V., 0 v ( t) 5e 5e c t. Kapasitöre paralel bağlı kol direnci 8 Ω olup, 4 Ω luk direnç bu kol üzerinde bulunduğundan, i v ( t) 8 = c = 0.65t e A., 0 Ω t >. Kapasitör geriliminin t = 0 da sürekli olmasından dolayı kapasitör geriliminin ifadesi t 0 için geçerli iken, direnç üzerinden geçen akım gibi, diğer hiçbir devre değişkeni sürekli olmadığından, ifadelerinin t > 0 için geçerli olacağına dikkat ediniz. (7.0) ve (7.38) eşitlikleri, bobin akımı ve kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadelerini veren eşitliklerdir. RL ve RC devrelerin doğal cevapları herhangi bir devre değişkeni için gerçekte ( t) = ( t ) e τ (7.47) 0 t ile ifade edilir. Aranan devre değişkeni kapasitör gerilimi veya bobin akımı olduğunda, bu değişkenler sürekli olduğundan, başlangıç değerleri t 0 da da ifade edilebilir. Bunların dışında başka bir devre değişkeni için (7.47) eşitliği kullanılmalıdır. Bununla birlikte, diğer değişkenler sürekli olmadıklarından, t 0 daki değerleri ayrıca bulunmalıdır. Bu değerlerin 6

162 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER bulunması kapasitör gerilimi ve bobin akımına göre daha karmaşık olabileceğinden, öncelikle bobin akımı veya kapasitör geriliminin ifadesinin bulunması her zaman kolaylık sağlar RL DEVRENİN BASAMAK CEVABI RL devreye bir t 0 anında uygulanan dc kaynağı, basamak fonksiyonları ile ifade etmek mümkün olmakta ve devrenin bu kaynakla uyarıma verdiği cevap, basamak cevabı olarak adlandırılmaktadır. Şekil.7. de RL devrenin bir anahtar vasıtası ile dc akım kaynağıyla uyarımı ve bir basamak akım kaynağı ile uyarımı görülmektedir. (a) (b) Şekil.7.: (a) RL devresinin anahtar aracılığı ile dc akım kaynağı ile (b) basamak akım kaynağı ile uyarımı Her iki devrede de, t=0 anında bobin başlangıç akımları eşit ise, bu iki devre eşdeğerdir. Başlangıç bobin akım değeri i L (0) = I 0 olsun. t 0 için kaynaklar devrededir. Paralel kollardaki gerilimlerin eşitliğinden, v ( t) = v ( t) ; R L ( ) di ( ) L t ir t R = L (7.48) ve KAY kullanılarak i ( t) = I i ( t) (7.49) R s L yazılırsa, dil ( ( )) ( t I ) s il t R = L (7.50) elde edilir. Son eşitlik düzenlendiğinde di ( t L ) = R ( i L ( t ) I s ) L veya 63

163 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER dil( t) R = (7.5) i ( t) I L L s bulunur. Bu ifadenin her iki tarafı sıfır - t aralığında integrallendiğinde, t t dil( t) R i ( t) I = L ; ln( ( ) ) t R il t Is = t 0 L 0 L s 0 ve R ln( il ( t) Is ) ln( il(0) Is ) = t ; L il( t) I s R ln = t il (0) Is L elde edilir. Logaritma fonksiyonunun özelliği kullanılarak da, i ( t) I i (0) I R t L s L L s = e ; i ( t) I = ( i (0) I ) e L s L s ve nihayet bobin akımının ifadesi de R t L L i ( t) = I ( i (0) I ) e (7.5) L s L s R t bulunur. Bu ifadede bobin akımının başlangıç değeri ( i (0) L = I0 ) ve RL devrenin zaman sabiti ( τ = L / R ) kullanılırsa, i ( t) = I ( I I ) e τ (7.53) L s 0 s t RL devresinde bobin akımının ifadesinin genel formu elde edilir. (7.53) eşitliğinden görüldüğü gibi, basamak cevabı iki terimden oluşmaktadır. Birinci terim, eponensiyel olarak zamanla azalan ( I I ) e τ (7.54) 0 s t ifadesinden ibaret olup, kaynak devreye girdikten sonra, belirli bir süre için geçerlidir ve devrenin zaman sabitine bağlı olarak toplam cevaba katkısı gittikçe azalır. Bu nedenle bu terime, geçiş cevabı denir. İkinci terim, I s ise bobin akımının, kaynağın zorlaması nedeniyle, başlangıç anından uzun bir süre sonra, yani bobin kısa devre davranmaya başladığında aldığı değerdir. Bu nedenle bu terime, zorlama cevap adı verilir. (7.53) devresinde bu terim kaynak akımına eşit olmakla beraber, aslında, t için bobin akımının değeridir. Buna göre RL devrelerde bobin akımının ifadesi, 64

164 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER t i ( t) = i ( ) ( i (0) i ( )) e τ (7.55) L L L L biçiminde ifade edilebilir. (7.55) eşitliğinden anlaşılacağı üzere, bobin akımının basamak cevabı için, bobin akımının başlangıç değeri, bobin akımının t için değeri ve devrenin zaman sabitinin belirlenmesi yeterlidir. Ayrıca, RL devrenin basamak cevabı bobin akımından başka bir devre değişkeni için direk olarak bulunacaksa, ( t ) aranan devre değişkeni olmak üzere, t ( t) = ( ) ( (0 ) ( )) e τ (7.56) ifadesinin kullanılması gerektiğini tekrar hatırlayalım! ÖRNEK PROBLEM 7.4: Şekil.7. de verilen devrede S anahtarı uzun süredir açık olup, t = 0 da kapanmaktadır. Bobin akımının t 0 için zamana bağlı ifadesini ve 50 Ω luk direnç üzerindeki gerilimin ifadesini t > 0 için bulunuz. t = 0.Şekil.7.: Problem 7.4 devresi Çözüm: t = 0 anına kadar bobin 300 V luk gerilim kaynağına uzun süre maruz kaldığından bu anda kısa devre davranmaktadır. Bu andaki bobin akımı Şekil.7.3 deki eşdeğer devreden bulunabilir: Şekil.7.3: t = 0 devrenin eşdeğeri Düğüm nokta potansiyelleri metodu ile, 65

165 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER V 300 V V = 0 3V = 300 ; V = 00 V V 00 il (0 ) = = = 0.5 A Bobin akımının süreklilik koşulundan, i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0.5 A. L L L t = 0 da 00 V luk kaynak da devreye girecek ve bobin uzun süre bu dc kaynaklara maruz kaldığında tekrar kısa devre davranmaya başlayacaktır. t için bobin akımı Şekil.7.4 de verilen eşdeğer devreden bulunur: Şekil.7.4: t için eşdeğer devre V 00 V 300 V V = 0 3V V = V V V V = 0 V V = 0 ; V = V ( V ) V = 400 V = 80 V. V 80 il ( ) = = = 0.4 A Bobinin bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç, bağımsız kaynaklar kısa devre eşdeğerleriyle değiştirildiğinde, (( ) ) R = (00 //00) 00 // = 85.7 Ω. eş ve L 4.85 τ = = = 0.05 s. R 85.7 eş bulunur. (7.55) eşitliğinden de bobin akımının ifadesi, 66

166 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER t t = = A. i ( t) 0.4 ( ) e e L bulunur. Bobinin bulunduğu kol gerilimi paralel koldaki gerilime eşittir. dil( t) L 00 il ( t) = i(50 50) ve 0t e 00 = i ve i 0t = e A. v ( t) 50i 0.45e R 0t = = V. sonucu elde edilir. ÖRNEK PROBLEM 7.4: Şekil.7.5 de görülen devrede 4 Ω luk direnç üzerindeki gerilimin t > 0 için zamana bağlı ifadesini bulunuz Şekil.7.5: Problem 7.4 devresi Çözüm: Her iki kaynakta t = 0 anına kadar devrededir. Akım kaynağı t = 0 da devreden çıkar ve t 0 bağlı olduğu kol açık devre davranır. Bobin, t = 0 anına kadar uzun bir süre dc kaynaklara maruz kaldığından bu anda kısa devredir. Şekil.7.6 da görülen eşdeğer devresinden, bobinin bu andaki akımı bulunur: Şekil.7.6: t = 0 anında devrenin eşdeğeri 67

167 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Gerilim kaynağının bulunduğu kol bobin tarafından kısa devre edilmiştir. Bu nedenle gerilim kaynağının akımı bu kısa devre üzerinden geçmekte ve akım kaynağının akımı da 6 Ω luk dirençlere eşit olarak bölünmekte ve bölünmüş akımlardan biri kısa devre üstünden akmaktadır. Buna göre t = 0 da bobin akımı: i L 6 6 (0 ) = = 4 = A olacaktır. t = 0 da akım kaynağı devre dışı kaldıktan sonra, bobin uzun bir süre gerilim kaynağına maruz kaldığında tekrar kısa devre davranır. t için bobin akımı Şekil.7.7 de verilen eşdeğer devreden bulunur. Şekil.7.7: t için devrenin eşdeğeri Bobinin kısa devre olmasından dolayı, bütün akım bu koldan geçecektir: 6 il ( ) = = 4 A. 4 Bobin terminallerinden görülen eşdeğer direnç, gerilim kaynağı kısa devre yapıldığında, R = (6 6) // 4 = // 4 = 3 Ω ve eş L 0.5 τ = = = s R 3 6 eş bulunur. Bobin akımının ifadesi ise yine (7.55) eşitliğinden, i ( t) 4 (5 4) e 4 e L 6 t 6t = = A. ve bobin terminal gerilimi di ( t) vl( t) L 3e L 6t = = V. elde edilir. Bobinin bulunduğu çevrimde KGY uygulanırsa 6 v ( t) v ( t) = 0 R L v ( t) 6 3e R 6t = V. bulunur. 68

168 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER RC DEVRENİN BASAMAK CEVABI RC devrelerde de bir t 0 anında uygulanan dc kaynağı, basamak fonksiyonları ile ifade etmek mümkün olmakta ve devrenin bu kaynakla uyarıma verdiği cevap, basamak cevabı olarak adlandırılmaktadır. Şekil.7.8 de RC devrenin bir anahtar vasıtası ile dc akım kaynağıyla uyarımı ve bir basamak akım kaynağı ile uyarımı görülmektedir. (b) (b) Şekil.7.8: (a) RC devresinin anahtar aracılığı ile dc gerilim kaynağı ile (b) basamak gerilim kaynağı ile uyarımı Her iki devrede de, t=0 anında kapasitör gerilimleri eşit ise, bu iki devre eşdeğerdir. Başlangıç kapasitör gerilim değeri V (0) c = V0 olsun. t 0 için her iki kaynakta devrededir ve direnç üzerindeki akım aynı zamanda kapasitör akımı olacağından, i ( t) = i ( t) (7.57) R c ve direnç ile kapasitörün terminal eşitliklerinden de Vs vc ( t) dvc ( t) = C (7.58) R elde edilir. (7.58) eşitliği düzenlendiğinde veya dv ( t) v ( t) V = RC c c s dvc ( t) = (7.59) v ( t) V RC c s bulunur ki, bu eşiliğin her iki tarafının 0 - t aralığında integrali RL devrelerinde elde edildiği şekilde vc ( t) V s t ln = vc (0) Vs RC (7.60) ve yine logaritma fonksiyonunun özelliği kullanılarak, 69

169 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER ya da, v ( t) V v (0) V t c s RC c s = e RC v ( t) = V ( v (0) V ) e (7.6) c s c s ; t sonucu elde edilir. (7.6) eşitliğinde RC devreler için zaman sabitinin ifadesi, τ = RC ve kapasitör başlangıç gerilimin değeri, v (0) c = V0 kullanılarak, v ( t) = V ( V V ) e τ (7.6) c s 0 s t RC devresinde kapasitör geriliminin ifadesinin genel formu elde edilir. (7.6) eşitliğinden görüldüğü gibi, basamak cevabı iki terimden oluşmaktadır. Birinci terim, eponensiyel olarak zamanla azalan ( V V ) e τ (7.63) 0 s t ifadesinden ibaret olup, kaynak devreye girdikten sonra, belirli bir süre için geçerlidir ve devrenin zaman sabitine bağlı olarak toplam cevaba katkısı gittikçe azalır. Bu nedenle bu terime, geçiş cevabı denir. İkinci terim, V s ise kapasitör geriliminin, kaynağın zorlaması nedeniyle, başlangıç anından uzun bir süre sonra, yani kapasitör açık devre davranmaya başladığında aldığı değerdir. Bu nedenle bu terime, zorlama cevap adı verilir. (7.8) devrelerinde bu terim kaynak gerilimine eşit olmakla beraber, aslında, t için kapasitör geriliminin değeridir. Buna göre RC devrelerde kapasitör geriliminin ifadesi, t v ( t) = v ( ) ( v (0) v ( )) e τ (7.64) c c c c biçiminde ifade edilebilir. (7.64) eşitliğinde görüldüğü üzere, kapasitör geriliminin basamak cevabı için, kapasitör geriliminin başlangıç değeri, kapasitör geriliminin t için değeri ve devrenin zaman sabitinin belirlenmesi yeterlidir. Ayrıca, RC devrenin basamak cevabı kapasitör geriliminden başka bir devre değişkeni için direk olarak bulunacaksa, ( t ) aranan devre değişkeni olmak üzere, t ( t) = ( ) ( (0 ) ( )) e τ ifadesinin kullanılması gerektiğini tekrar tekrar hatırlayalım!! ÖRNEK PROBLEM 7.5: Şekil.7.9 da verilen devrede S anahtarı uzun süredir kapalı konumdadır. Anahtar 0 t = anında konum değiştirerek kapandığına göre, kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadesini 70

170 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER t 0 için bulunuz t = 0.Şekil.7.9: Problem 7.5 devresi Çözüm: Gerilim kaynağı t = 0 anında devreye girecek ve t = 0 anına kısa devre davranacaktır. Akım kaynağı ise t = 0 anına kadar devrede ve t = 0 da S anahtarı aracılığıyla devre dışı bırakılmaktadır. Kapasitör t = 0 anına kadar, uzun bir süre A lik dc kaynağa maruz kaldığından bu anda bir (0 ) gerilimine şarj olmuş ve açık devre davranmaktadır. v c t = 0 anındaki bu gerilim değeri Şekil.7.30 da görülen t = 0 anı için geçerli eşdeğer devreden bulunabilir. 40 Ω 0 Ω 0 Ω S t = 0 40 Ω 0 mf v c (0 - ) A v c Şekil.7.30: t = 0 devrenin eşdeğeri (0 ) = (0) (40 // 40) = (0) (0) = 80 V. Kapasitör gerilimin süreklilik koşulundan da, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 80 V. c c c olacaktır. t = 0 da akım kaynağı devre dışı ve gerilim kaynağı devrede olacaktır. Devre uzun süre bu koşullarda çalıştığından, kapasitör t için yeni bir gerilim değerine şarj olacaktır. Bu gerilim değeri, devrenin t için Şekil.7.3 de verilen eşdeğerinden bulunabilir. 50 vc ( ) = 40iR = 40 = 5 V t için kapasitörün bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç gerilim kaynağı kısa devre yapılarak, 7

171 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER R = (40 // 40) 0 = 40Ω eş ve devreye ilişkin zaman sabiti τ 3 = CReş = = 0.4 s olduğundan, kapasitör geriliminin ifadesi (7.64) eşitliğinden, Şekil.7.3: t için eşdeğer devre t 0.4.5t = = V. v ( t) 5 (80 5) e 5 55e c elde edilir. ÖRNEK PROBLEM 7.6: Şekil.7.3 de görülen devrede kapasitör üzerindeki başlangıç gerilimi v c(0) =0 ise, t > 0 için bağımlı kaynağın devreye sağladığı akımın, zamana bağlı ifadesini bulunuz. Şekil.7.3: Problem 7.6 devresi Çözüm: Kapasitör başlangıçta yüksüzdür. t = 0 anında kaynak devreye girdikten uzun bir süre sonra kapasitör şarj olacak ve açık devre davranmaya başlayacaktır. Bu an için devrenin eşdeğeri Şekil.7.3 de görülmektedir. Bu eşdeğer devreden t için kapasitör gerilimini, başka bir deyişle kapasitörün şarj olduğu gerilimi bulmak mümkündür. t 0 için devrenin zaman sabiti ve dolayısıyla, kapasitörün bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direncinin bulunması gerekmektedir. Eşdeğer direncin bulunması amacıyla test kaynağının bağlanması da Şekil.7.33 devresinde verilmiştir. Bu devrede, gerilim kaynağı kısa devre 7

172 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER edildiğinde 40 Ω luk direçler paralel konumda olacağından, paralel eşdeğerleri 0 Ω olarak çizilmiştir. Şekil.7.3: t anında devrenin eşdeğeri Şekil.7.3 de verilen eşdeğer devrede göz akımları metodu kullanılarak, = I i ; 3 60 = 80 i 40i 3 40I 80i 0i = 0 I = i. 60 = 80i ; 3 i = A. 4 3 vc ( ) = 40i = 40 = 30 V. 4 Şekil.7.33: Eşdeğer direnç hesabı için test kaynağı bağlantısı Göz akımları metodu ile, V0 = 60I0 40I ; 60I 40I0 0i = 0 ; i = I0 I. I0 60I 40I0 0( I0 I) = 0 40I = 0I0 ; I = V I = I0 0 Reş I0 V = = 40Ω. ve zaman sabiti τ = R C = 40 (0.05) = s bulunur. eş 73

173 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER (7.64) eşitliğinden, t 0.5t c ( ) 30 (0 30) 30( ) v t = e = e V. elde edilir. Kapasitör akımı ise dv ( t) t ic ( t) C (0.05) ( 30(0.5 e )) 0.75e c t = = = A. bulunur. Şekil.7.3 de verilen devrede, kapasitörün bulunduğu kol üzerindeki gerilim paralel bağlı 40 Ω üzerindeki gerilime eşit olduğundan, 0 i ( t) v ( t) = 40 i ( t) c c 0.5t 0.5t 5e 30( e ) 40 i ( t) =. ve i ( t) t = e A. elde edilir. İkinci düğüm noktasında KAY uygulanırsa i( t) = i ( t) i ( t) ; c i( t) e 0.75e e 0.5t 0.5t 0.5t = = A. bulunur. Şu ana kadar incelenen örneklerde, kaynakların devreye giriş ya da devreden çıkış anları, t = 0 olarak seçildi. Ancak sıfırdan farklı herhangi bir anda da bir anahtarlama mümkün olabileceğinden, özellikle de bir devrede farklı zamanlarda işlem gören anahtarlamalar söz konusu olabileceğinden, devre değişkenleri için elde edilen genel ifadeleri, bu şekilde farklı anlardaki anahtarlamalar için daha genel bir biçimde ifade etmek gerekmektedir. ( t ), RL veya RC devrelere ilişkin herhangi bir devre değişkeni olmak üzere ( 0 ) t t0 ( t) = ( ) ( t ) ( ) e τ bu değişkene ilişkin en genel ifade olacaktır. ÖRNEK PROBLEM 7.7: Şekil.7.34 de verilen devrede S anahtarı uzun bir süredir kapalı konumda olup, t = 0 da açılmaktadır. t 0 için kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadesini nulunuz. Çözüm: Kapasitör uzun süre 5 V luk kaynağa maruz kaldığından, t = 0 anında şarj olmuş ve açık devre davranmaktadır. Şarj olduğu gerilim değerini, t = 0 anı için Şekil.7.35 de verilen eşdeğer devresinden bulunur. 74

174 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Şekil.7.34: Problem 7.7 devresi Şekil.7.35 de görüldüğü gibi t = 0 anında 0 V luk kaynak henüz devrede değildir ve bu nedenle kısa devre davranmaktadır. Şekil.7.35: t = 0 için devrenin eşdeğeri Kaynağın terminallerinden görülen eşdeğer direnç, R = (30 // 60) = 00 Ω. ve devre akımı, eş I 5 5 = = = 0.05 A. bulunur. Birinci çevrimde KGY uygulanarak, R 00 eş 5 = 50 I v c (0 ) v c (0 ) = 5 50 (0.05) =.5 V. bulunur. Kapsitör geriliminin sürekliliğinden de, v (0 ) = v (0) = v (0 ) =.5 V. olacaktır. c c c t = 0 da S anahtarı açıldığında 5 V luk kaynak devre dışı kalacaktır. 0 V luk kaynağın devreye girdiği t = anına kadar, devrede kaynak bulunmadığından, 0 < t < aralığında RC devrenin doğal cevabı söz konusudur. İkinci kaynağın devreye hiçbir zaman girmeyeceğini düşünülürse, kapasitör üzerinde depolanan enerji ekponensiyel olarak sıfır olacaktır. vc ( ) = 0 Bu aralıkta, kapasitör terminallerinden görülen eşdeğer direnç, 75

175 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER R = (30 // 60) 50 = 70Ω eş olduğundan, zaman sabiti de, τ = ReşC = 70 = 0 s 7 bulunur. O halde kaynakların devrede olmadığı bu aralıkta kapasitör gerilimi: t v ( t) = v ( ) ( v (0) v ( )) e τ 0 v ( t) = 0 (.5 0) : c c c c c t e v ( t).5 c 0.t = e V, 0 t elde edilir. 0 V luk kaynak devreye girmeseydi, kapasitör gerilimi bu şekilde davranacaktı. Ancak, t = de 0 V luk kaynak devreye girdiğinden, bu andan itibaren kapasitör geriliminin ifadesi değişecektir. t için, ( t ) v ( t) = v ( ) ( v () v ( )) e τ c c c c ifadesinde, değişmiş devre için ilgili değerler yeniden hesaplanmalıdır. Dikkat edilirse, bu ifadede kapasitör geriliminin t = de ki değeri gerekmektedir. Zira değişmiş devre için kapasitör başlangıç gerilimi bu andaki gerilimdir. Bu değer içinde yine kapasitör geriliminin süreklilik koşulu kullanılır: v ( ) = v () = v ( ) c c c Burada, 0 t aralığı için bulunan kapasitör gerilimi ifadesi t = da geçerli ifade olduğundan, bu ifadede t = kullanılarak, 0. vc ().5e = = V. bulunur. t için devre 0 V luk kaynağa maruz kaldığından uzun bir süre sonra yine, yeni bir gerilime şarj olacak ve kısa devre davranacaktır. t için eşdeğer devre Şekil.7.36 da verilmiştir. Şekil.7.36: t için eşdeğer devre 76

176 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Bu eşdeğer devrede, kapasitör gerilimi 30 Ω luk direnç üzerindeki gerilime eşit olacağından, 0 0 vc ( ) = 30 = V. bulunur. Kapasitör terminallerinden görülen eşdeğer direnç değişmediğinden, devrenin zaman sabiti değişmez. Ancak, anahtarlama sonucu devrenin yapısı değişmiş olaydı, yeni zaman sabitinin de hesaplanması gerekeceği unutulmamalı! Bu aralıktaki kapasitör gerilimi, ( t ) v ( t) = v ( ) ( v () v ( )) e τ c c c c ( t ) vc ( t) = (0.905 ) e ; 3 3 v ( t) e c 0.( t ) = V, t sonucu bulunur. O halde kapasitör geriliminin ifadesi, vc ( t) = e 0.t.5e V, 0.( t ) 0 t V, t şeklinde ifade edilir. Şekil.7.37 de kapasitör geriliminin zamanla değişimi görülmektedir. v c (V) t(s) Şekil.7.37: Kapasitör geriliminin zamanla değişim grafiği 77

177 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER PROBLEMLER 0.5i 0 Ω 7.. Şekil.7.38 de verilen gerilim sinyalini basamak fonksiyonları ile ifade ediniz. 00 Ω 30 Ω i 0.5 H Şekil.7.40: Problem 7.4 Şekil.7.38: Problem Şekil.7.39 da verilen akım sinyalinin zaman bağımlı ifadesini bulunuz Şekil.7.4 de verilen devrede anahtar uzun süredir açık konumdadır ve t = 0 da kapatılmaktadır. t > 0 için i( t ) akımını bulunuz. t = 0 Şekil.7.4: Problem 7.5 devresi Şekil.7.39: Problem Bir RL devresinde, bobin akımı ve bobin gerilimi, 7.6. Şekil.7.4 de görülen devrede anahtar uzun bir süredir a konumunda olup, t = 0 anında b konumuna geçmiştir. Bobin terminal geriliminin zamana bağlı ifadesini bulunuz. i ( t) e L 5t = A., t 0 ve t = 0 v ( t) 0e L 5t = V., t > 0 olarak verilmiştir. Bu devrede, a) Eşdeğer direnci b) Devrenin zaman sabitini c) Bobin indüktansını c) Bobin başlangıç enerjisini d) Bobin başlangıç enerjisinin yarısının harcanması için gerekli süreyi bulunuz Şekil.7.40 da görülen devrenin zaman sabitini bulunuz. Şekil.7.4: Problem 7.5 devresi 7.7. Bir RC devresinde, kapasitör akımı ve gerilimi, i ( t) 0. c ve v ( t) 0 c 0t = e A., t > 0 0t = e V., t 0 78

178 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER olarak verilmiştir. Bu devrede, a) Eşdeğer direnci b) Devrenin zaman sabitini c) Kapasitörün kapasitansını c) Kapasitör başlangıç enerjisini d) Kapasitör başlangıç enerjisinin yüzde onunun harcanması için gerekli süreyi bulunuz Şekil.7.43 de verilen devrenin zaman sabitini bulunuz. Kapasitör başlangıç gerilimi V ise, t 0 için kapasitör gerilimin zamana bağlı ifadesini bulunuz. olduğu enerjinin ne kadarının harcandığını bulunuz. Şekil.7.45: Problem 7.0 devresi 7.. Şekil.7.46 da görülen devre uzun süre bu konumda çalıştıktan sonra, t = 0 da S anahtarı, a konumuna geçmektedir. t > 0 için bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Şekil.7.43: Problem 7.8 devresi 7.9. Şekil.7.44 de verilen devrede, t > 0 için, i( t ) akımını bulunuz. Şekil.7.46: Problem 7. devresi 7.. Şekil.7.47 de verilen devrede S anahtarı t = 0 da kapanmaktadır. Bobin başlangıç akımı A. olduğuna göre, t 0 için bobin akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. Şekil.7.44: Problem 7.9 devresi 7.0. Şekil.7.45 de görülen devrede S anahtarı uzun süredir kapalı konumdadır. t = 0 anında S anahtarı açılmaktadır. Bundan saniye sonrada S anahtarı açıldığına göre, t 0 için kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadesini ve 0 < t < aralığında başlangıçta sahip Şekil.747: Problem Şekil.7.48 de verilen devrede S anahtarı uzun süredir kapalı konumdadır ve t = 0 da açılmaktadır. t 0 için bobin akımının ifadesini buluz. Aynı aralıkta, i( t) akımının bulunuz 79

179 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Şekil Problem Şekil.7.49 da verilen devrede S anahtarı t = 0 da a konumundan b konumuna geçmektedir. t 0 için bobin akımının ifadesini bulunuz. Şekil.7.5: Problem 7.6 devresi 7.7. Şekil.7.5 de verilen devrede S anahtarı, t = 0 da konum değiştirmekte ve b konumuna gelmektedir. Anahtar konum değiştirmeden önce uzun süre b konumunda kaldığına göre, t 0 için kapasitör geriliminin zaman bağımlı ifadesini bulunuz. KΩ 60 Ω a b S t=0 400 Ω Şekil.7.49: Problem Şekil.7.50 deki devrede kapasitör başlangıç gerilimi 30 V dur. t 0 için kapasitör geriliminin ifadesini bulunuz. 5 V 0.05 F v c (t) 600 Ω 0 V Şekil.7.5: Problem 7.7 devresi 7.8. Şekil.7.53 de verilen devrede, t = 0 da anahtar açılmaktadır. t 0 için kapasitör geriliminin ifadesini bulunuz. Şekil.7.50: Problem 7.5 devresi 6.6. Şekil.7.5 de verilen devrede t 0 için kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadesini bulunuz. Kapasitör geriliminin 00 V a eriştiği anı saniye cinsinden bulunuz. Şekil.7.53: Problem 7.8 devresi 7.9. Şekil.7.54 deki devrede kapasitör başlangıç gerilimi sıfırdır. t = 0 da S anahtarı kapanmakta ve 0.5 saniye sonra da S anahtarı kapanmaktadır. Kapasitör geriliminin, t 0 için ifadesini bulunuz. 80

180 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER Şekil.7.54: Problem 7.9 devresi 7.0. Şekil.7.55.a daki gerilim sinyali, Şekil.7.55.b deki devreye uygulanmıştır. Kapasitör başlangıç gerilimi sıfır olduğuna göre, çıkış terminallerindeki v o (t) gerilimini bulunuz. Şekil.7.56.b: Problem 7. devresi Şekil.7.55.a: Giriş gerilimi Şekil.7.55.b: Problem 7.0 devresi 7.. Şekil.7.56.a daki gerilim sinyali, Şekil.7.56.b deki devreye uygulanmıştır. Bobin başlangıç akımı sıfır olduğuna göre, çıkış terminallerindeki v o (t) gerilimini bulunuz. Şekil.7.56.a: Giriş gerilimi 8

181 7.BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBE DEVRELER 8

182 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER 8.. GİRİŞ Tek bir enerji depolama elemanı içeren devreler birinci mertebe bir diferansiyel denklemle karakterize edildiklerinden, bu devreler birinci mertebe devreler olarak adlandırılmıştı. Şayet devre, iki enerji depolama elemanı içeriyor ve bu elemanların seri ya da paralel bir eşdeğeri elde edilemiyorsa, bu devreler ikinci dereceden bir diferansiyel denklemle karakterize edilirler ve bu nedenle de ikinci mertebe devreler olarak adlandırılırlar. Enerji depolama elemanları aynı cins olabileceği gibi farklı cins de olabilirler. İkinci mertebe devrelerde, tıpkı birinci mertebe devreler gibi, kapasitör ve/veya bobin üzerindeki başlangıç enerjisiyle uyarılabildikleri gibi, bir dc kaynakla da uyarılabilirler. Bu uyarımlara karşı devrenin cevapları ayrı ayrı incelenecektir. İkinci mertebeden diferansiyel denklemlerin çözümünde iki bilinmeyen katsayı ortaya çıkacağından, bu katsayıların belirlenmesi için iki başlangıç değerine ihtiyaç duyulur. Bu başlangıç değerleri, aranan devre değişkeninin t = 0 daki değeri ve aynı devre değişkeninin türevinin yine t = 0 daki değeridir. Birinci mertebeden devreler incelenirken, kapasitör gerilimi ve bobin akımının süreklilik koşulu üzerinde sıklıkla durulmuştu. Bu değişkenlerin türevlerinin süreklilik koşulu yoktur. Bu nedenle, özellikle türevin t = 0 daki değerinin belirlenmesi, verilen devrenin analizinde en önemli adımı oluşturmaktadır. İkinci mertebe devreler, çok değişik biçimlerde tasarlanabilirler. Ancak, özellikle seri ve paralel RLC devreleri, standart analiz ve tasarım metotlarına sahip olmalarından dolayı, sıklıkla kullanılan devrelerdir. Bu nedenle, öncelikle seri ve paralel RLC devreleri incelenecektir. Bununla birlikte, karmaşık bağlı, ikinci mertebe devrelerin analizi üzerinde de durulacaktır. 8

183 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER 8.. SERİ RLC DEVRESİNİN DOĞAL CEVABI Şekil.8. de verilen seri RLC devresinde, bobin başlangıç akımı ve kapasitör başlangıç gerilimi Şekil.8.: Seri RLC devresi başlangıç enerjileri i(0) = I (8.) v (0) = V = i( t) (8.) c c olsun. Bu anda bobin ve kapasitör üzerinde depolanmış enerji miktarları, ve wl wc (0) = LI0 (8.3) (0) = CV0 (8.4) olup, t = 0 da anahtar kapatıldığında, bu başlangıç enerjilerinden dolayı devre uyarılır ve devrede bir i akımı oluşur. Şekil.8. de verilen devrede KGY nı uygulayarak, Şekil.8.: Seri RLC devresi doğal cevabı t di( t) i( t) R L i( t) 0 = (8.5) C 83

184 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER elde edilir. (8.5) ifadesinde t = 0 kullanılarak, ve 0 di(0 ) i(0 ) R L i( t) = 0 C i(0 ) = i(0) = I, 0 C 0 i( t) = v (0 ) = v (0) = V c c 0 ile di(0 ) I0R L V0 = 0 (8.6) ve böylece, elde edilir. Burada, eşitliğin sol tarafındaki ifade di(0 ) ( I R V ) L 0 0 = (8.7) anlamındadır. di( t) t= 0 (8.8) (8.5) eşitliğinin her iki tarafının türevi alınırsa ve katsayılar düzenlenirse, d i t R di t L LC ( ) ( ) i ( t ) = 0 (8.9) elde edilir ki, bu eşitlik devreyi karakterize eden ikinci dereceden diferansiyel eşitliktir. (8.9) eşitliğinin çözümünden önce, aynı devrede kapasitör gerilimi için diferansiyel denklemi ve kapasitör gerilimin başlangıç değerlerini elde edelim. Bu amaçla, Şekil.8.3 de görüldüğü gibi kapasitör gerilimini devre değişkeni olarak seçelim: R L i(t) C v c (t) Şekil.8.3: Seri RLC devresinde kapasitör geriliminin devre değişkeni olarak seçilmesi 84

185 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Bu durumda (8.5) eşitliği, di( t) i( t) R L vc ( t) = 0 (8.0) şeklinde ifade edilebilir. Devre akımı aynı zamanda kapasitör terminal akımı da olduğundan, dvc ( t) i( t) = C (8.) (8.) ifadesi (8.0) da kullanılır ve katsayılar düzenlenirse, d vc t ( ) R dvc ( t) vc ( t) = 0 (8.) L LC elde edilir ki bu form, (8.9) eşiliği formu ile aynıdır. Kapasitör gerilimi için başlangıç değerleri de, v (0) c = V (8.3) 0 ve (8.) eşitliğinden, (0 dv ) c i ( t ) I C C 0 = = (8.4) bulunur. Buradan kolayca anlaşılabileceği gibi, RLC devrede devre akımının formu ile kapasitör gerilimin formu aynı olacak fakat sabitler farklı değerler alacaktır. (8.9) da verilen diferansiyel eşitliğin çözümünün, st i( t) = Ke (8.5) şeklinde olduğunu kabul edelim. Bu durumda i( t ), (8.9) eşitliğini sağlamalıdır. (8.5) ifadesi (8.9) da kullanılarak, R R = = 0 L LC L LC st st st st s Ke ske Ke Ke s s (8.6) st elde edilir. i( t) = Ke, aranan akım ifadesi olup sıfırdan farklı olacağından, s R s 0 L LC = (8.7) olmalıdır. (8.7) eşitliği, (8.9) eşitliğinde verilen diferansiyel denklemin karakteristik eşitliği olarak adlandırılır. Bu eşitliğin çözümünden, 85

186 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER R R s = L L LC (8.8) ve s R R = L L LC (8.9) elde edilir ki, her iki s değeri de (8.5) ifadesini sağlayacağından, bunların bir lineer bileşimi en genel çözümü verecektir: i( t) = K e K e st st. (8.0) Burada K ve K, belirsiz katsayılar olup, başlangıç koşulları kullanılarak bulunur. (8.8) ve (8.9) eşitlikleri s = α α w 0 (8.) ve s = α α w (8.) 0 şeklinde ifade edilirse R α = (8.3) L ve w 0 = (8.4) LC elde edilir. Burada α, sönüm katsayısı veya neper frekansı (Np/s), ve w 0, resonans frekansı (rad/s) olarak adlandırılır. s ve s ise devrenin doğal frekansları (Np/s) adıyla anılırlar. (8.) ve (8.) eşitliklerine dikkat edilirse, α ve w 0 değerlerine bağlı olarak s ve s değerleri. α > w0, negatif, reel ve birbirinden farklı. α < w0, karmaşık ve birbirinin eşleniği 3. α = w0, negatif, reel ve birbirine eşit 86

187 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER olacaktır. Bu durumların her birini ayrı ayrı inceleyelim: 8... SALINIMSIZ SÖNÜM α > w 0 için, (8.) ve (8.) eşitlikleri ile tanımlı doğal frekanslar birbirinden farklı, reel ve negatif değerler olacağından, devrenin doğal cevabı i( t) = K e K e (8.5) st st biçiminde olacaktır. α > w0 hali, C > 4 L / R olması durumunda gerçekleşecektir. K ve K sabitleri, devre akımının ve devre akımının türevinin t = 0 daki başlangıç değerleri kullanılarak elde edilir. ÖRNEK PROBLEM 8.: Şekil.8.3 de verilen devrede anahtar uzun bir süredir kapalı konumda olup, t = 0 anında açılmaktadır. t 0 için devre akımının ve kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadelerini bulunuz. t = 0.Şekil.8.3: Problem 8.3 devresi Çözüm: Devre uzun süre dc kaynağa maruz kaldığından, t = 0 anında kapasitör şarj olmuş ve açık devre davranırken, bobin ise kısa devre davranmaktadır. Bu andaki kapasitör gerilimi ve bobin akımı Şekil.8.4 de, t = 0 için verilen eşdeğer devreden bulunur: Şekil.8.4: t = 0 için eşdeğer devre i L (0 ) = A ve v (0 ) = 0 i (0 ) = 0 = 0 V. c L 87

188 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Bobin akımı ve kapasitör geriliminin süreklilik koşullarındanda, i (0 ) = i (0) = i (0 ) = A., v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V. L L L c c c elde edilir. Bobin akımının türevinin t = 0 anındaki değeri ise Şekil.8.5 de t = 0 için verilen eşdeğer devreden bulunur: Şekil.8.5: t = 0 için eşdeğer devre Bu anda kaynak devre dışı olduğundan, devre bu ana kadar kapasitör ve bobin üzerinde depolanmış enerji ile uyarılacaktır. Başka bir ifade ile seri RLC devresinin doğal cevabı elde edilecektir. Bobin akımı, aynı zamanda kapasitör terminal akımına eşit olduğundan, vc (0 ) vc (0 ) il(0 ) il (0 ) = C = = = V/s. 3 C 450 bulunur. Kapasitör akımının negatif terminalden girdiğine dikkat ediniz. Bobin akımının ürevinin değeri ise, KGY uygulanarak elde edilebilir: di L (0 ) = 0 0 = 0 A/s. olacaktır. Verilen devre için, R 0 α = = = 5 Np/s ve w0 = = = 4.74 rad/s L LC α > w 0 olduğundan cevap, salınımsız sönüm biçiminde olmalıdır. Devreye ilişkin doğal frekanslar, s = α α = Np/s ve w s = α α = Np/s w bulunur. Buna göre devre akımı, i( t) = K e K e 3.33t 6.66t 88

189 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER olacaktır. Başlangıç koşulları uygulanırsa di(0 ) i(0) = K K = ve = 0 = 3.33K 6.66K ve bu iki denklemin çözümünden de K = 4 ve K = elde edileceğinden, akımın ifadesi i( t) 4e e 3.33 t 6.66t = A, t 0 bulunur. Kapasitör geriliminin ifadesi ise, v ( t) = K e K e c 3.33t 6.66t 3 4 ifadesinde, kapasitör gerilimine ilişkin başlangıç değerleri kullanılarak bulunabilir: v (0 ) = = 3 4 ve c = = 3.33K3 6.66K4 v (0) 0 K K c eşitliklerinden K 3 = 6.65 ve K 4 = 6.65 olacağından, v ( t) 6.65e 6.65e c 3.33 t 6.66t = V., t 0 bulunur. Kapasitör geriliminin ve bobin akımının her ikisini de başlangıç değerleri kullanılarak belirlemeye gerek olmadığına dikkat ediniz. Devre akımı aynı zamanda kapasitör terminal akımı olduğundan, ilgili terminal eşitliği kullanılarak kapasitör gerilimi belirlenebilir. Kapasitör gerilimi ve devre akımının zamana göre değişimlerini gösteren grafikler Şekil.8.6 da görülmektedir. Şekil.8.6: Kapasitör gerilimi ve devre akımının salınımsız sönümü 89

190 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER SALINIMLI SÖNÜM α < w 0 için, (8.) ve (8.) eşitlikleri ile tanımlı doğal frekanslar birbirinin eşleniği olan karmaşık değerler olacaktır. Bu ifadeleri, s = α α w0 = α ( w0 α ) = α j ( w0 α ) = α jwd (8.6) ve s = α α w0 = α ( w0 α ) = α j ( w0 α ) = α jwd (8.7) şeklinde yazmak mümkün olduğundan, devre akımının ifadesi, i( t) = K e K e = e ( K e K e ) ( α jw d ) t ( α jw d ) t αt jw d t jw d t olacaktır. Bu ifadede Euler özdeştiği kullanılarak, ve yazılabilir. Burada, kullanılarak, ( ) αt i( t) = e K (cos w t j sin w t) K (cos w t j sin w t) d d d d ( ) α i( t) = e t ( K K ) cos w t j( K K )sin w t d C = K K ve C = j( K K) ( ) α i( t) = e t C cos w t C sin w t (8.8) d d d elde edilir. Burada, w = w α (8.9) d 0 sönüm frekansı olarak adlandırılır. w0 > α hali, C < 4 L / R olması durumunda gerçekleşecektir. C ve C sabitleri, devre akımının ve devre akımının türevinin t = 0 daki başlangıç değerleri kullanılarak elde edilir. 90

191 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER ÖRNEK PROBLEM 8.: Örnek Problem 8. devresini, kapasitans değerini 0.05 F alarak çözünüz. Çözüm: Kapasitör gerilimi ve bobin akımının t = 0 daki değerleri değişmeyecek ancak, türevlerinin değeri değişecektir. i (0 ) = i (0) = i (0 ) = A., v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V. L L L c c c vc (0 ) vc (0 ) il (0 ) il (0 ) = C = = = 80 V/s. 3 C 50 olacaktır. Verilen devre için, R 0 α = = = 5 Np/s ve w0 = = = 6.34 rad/s L LC 0.05 α < w 0 olduğundan cevap, salınımlı sönüm biçiminde olmalıdır. Devreye ilişkin doğal frekanslar, s = α wd = 5 j3.87 Np/s ve s = α wd = 5 j3.87 Np/s olacaktır. Buna göre devre akımı, i t e C t C t 5t ( ) = ( cos3.87 sin 3.87 ) bulunur. Başlangıç değerlerini kullanarak, i(0) ve di(0 ) = = ; C = 8.09, = = C ve 80 5C 3.87C 5t i( t) = e (cos3.87t 8.09sin 3.87 t) A., t 0 elde edilir. Devre akımının grafiği KRİTİK SÖNÜM w 0 α = için, (8.) ve (8.) eşitlikleri ile tanımlı doğal frekanslar birbirine eşit olacaktır: 9

192 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Bu hal için devre akımının ifadesi, s = s = α (8.30) i( t) = K e K e = ( K K ) e = Ke (8.3) αt αt αt αt şeklini alır ki, bu ifade, tek bir sabit içerdiğinden ikinci mertebe bir diferansiyel denklemin çözümü olamaz. α = w0 için (8.9) eşitliği d i t ( ) di( t) α olarak yeniden düzenlenebilir. Bu eşitlikde α i( t) = 0 (8.3) d di( t) di( t) αi( t) α αi( t) = 0 (8.33) ve di( t) g( t) = αi( t) (8.34) yazılırsa, dg( t) α g( t) = 0 (8.35) elde edilir. Bu birinci mertebe diferansiyel denklemin çözümü g( t) = K e αt (8.36) formundadır. Bu ifade (8.34) eşitliğinde kullanılarak, di( t) di( t) αt αt αi( t) = Ke veya e αi( t) = K (8.37) bulunur ki bu ifade de d ( i ( t t ) e α ) = K (8.38) biçiminde yazılabilir. (8.38) eşitliğinin her iki tarafının integrali alınarak da, αt = veya i( t) e ( K t K ) αt e i( t) K t K = (8.39) 9

193 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER elde edilir. Burada K integral sabitidir. w0 = α hali, C = 4 L / R olması durumunda gerçekleşecektir ve salınımlı sönüm ile salınımsız sönüm arasındaki sınır değeridir. ÖRNEK PROBLEM 8.3: Örnek Problem 8. devresini, kapasitans değerini 0.04 F alarak çözünüz..şekil.8.8: Problem 8.3 devresi Çözüm: Kapasitör gerilimi ve bobin akımının t = 0 daki değerleri değişmeyecek ancak, türevlerinin değeri değişecektir. i (0 ) = i (0) = i (0 ) = A., v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V. L L L c c c vc (0 ) vc (0 ) il (0 ) il (0 ) = C = = = 50 V/s. 3 C 400 olacaktır. Verilen devre için, R 0 α = = = 5 Np/s ve w0 = = = 5 rad/s L LC 0.05 α = w 0 olduğundan cevap, kritik sönüm biçiminde olmalıdır. Buna göre devre akımı, i t e tk K 5t ( ) = ( ) formunda olup, başlangıç değerlerini kullanarak, i(0) di(0 ) = = ; K = 40, = = K ve 50 5K K bulunur. Böylece akım da, 5t i( t) = e ( 40 t) A., t 0 olacaktır. Devre akımının grafiği 93

194 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER 8.3. PARALEL RLC DEVRESİNİN DOĞAL CEVABI Şekil.8.8 de görülen paralel RLC devresinde, bobin başlangıç akımı ve kapasitör başlangıç gerilimi Şekil.8.9: Paralel RLC i(0) = I (8.40) v (0) = V = i( t) (8.4) c C dir. Bu anda bobin ve kapasitör üzerinde depolanmış enerji miktarları, ve olup, t > 0 için KAY uygulanarak, wl wc (0) = LI0 (8.4) (0) = CV0 (8.43) t v( t) dv( t) I0 v( t) C 0 R L = (8.44) 0 elde edilir ve bu eşitliğin her iki tarafının türevi alınırsa dv( t) d v( t) v( t) C = 0 (8.45) R L bulunur. Katsayılar düzenlenerek paralel RLC devresinde, devre elemanları üzerindeki gerilim cinsinden aşağıdaki ikinci mertebe diferansiyel denklem bulunur: d v( t) dv( t) RC LC v( t) = 0.(8.46) 94

195 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER (8.46) eşitliği katsayılar dışında (8.9) eşitliği ile aynıdır. Bu durumda çözüm formları aynı st ancak devrelerin doğal frekans ifadeleri farklı olacaktır. Buna göre v( t) = Ke ifadesi, (8.46) eşitliğinde kullanılarak bu diferansiyel denkleme ilişkin karakteristik eşitlik s s 0 RC LC = (8.47) ve karakteristik denkleme ilişkin kökler de, s = RC RC LC (8.48) ve s = RC RC LC (8.49) elde edilir. Seri RLC devresinde olduğu gibi, doğal frekanslar s = α α w ve 0 s = α α w 0 olarak ifade edilirse, paralel RLC devresine ilişkin neper frekansı ve resonans frekansları α = (8.50) RC ve w 0 = (8.5) LC şeklinde elde edilir. Görüldüğü gibi, paralel RLC devresinde, sadece neper frekansının ifadesi değişmektedir. Bunun dışında, α ve w 0 ın değerlerine bağlı olarak çözüm; st st. α > w0 salınımsız sönüm: v( t) = Ke Ke αt. α < w0 salınımlı sönüm v( t) = Ke ( K cos w K sin wd t) αt 3. α = w0 kritik sönüm v( t) = e ( tk K) formunda olacaktır. K ve K değerleri yine kapasitör geriliminin ve kapasitör geriliminin türevinin başlangıç değerleri kullanılarak bulunur. Paralel elemanlar üzerindeki gerilimlerin eşit olduğunu göz önünde bulundurarak Şekil.8.9 da verilen devrede t = 0 için KAY sı uygulanırsa, 95

196 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER i (0 ) i (0 ) i (0 ) = 0 (8.5) R L c ve v(0 ) dv(0 ) I0 C = 0 (8.53) R elde edilir. Bu eşitlikten, bilinmeyen katsayıların belirlenmesi için gereken ikinci başlangıç koşulu, dv(0 ) I0 v(0 ) = (8.54) C RC olarak bulunur. ÖRNEK PROBLEM 8.4: Şekil.8.9 da verilen devrede S anahtarı uzun süredir kapalı olup, t = 0 da açılmaktadır. Bobin akımının ve kapasitör geriliminin t 0 için zamana bağlı ifadelerini bulunuz..şekil.8.9: Problem 8.4 devresi Çözüm: t = 0 anına kadar bobin 50 V luk gerilim kaynağına uzun süre maruz kaldığından bu anda kısa devre davranmaktadır. Bu andaki bobin akımı, i L 50 (0 ) = = 0.5 A., 00 ve kapasitör gerilimi v(0 ) = 0 V., bulunur. Kapasitör gerilimi ve bobin akımının süreklilik koşulundan da, i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0.5 A., ve v(0 ) = v(0) = v(0 ) = 0 V., L L L 96

197 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER olacaktır. (8.45) eşitliğinden de, (0 ) I 0.5 C 0.00 dv 0 = = = 50 V/s, elde edilir. Neper ve resonans frekansları α = = = 5 Np/s ve w0 = = =.5 rad/s RC (0)(0.00) LC (3.)(0.00) olduğundan, α > w0 ve cevap, salınımsız sönüm formundadır. Doğal frekanslar (8.) ve (8.) eşitliklerinden, s = α α = ve w s α α = w0 = ve gerilim, v( t) = K e K e 3.35t 46.65t bulunur. Kapasitör gerilimi için yukarıda elde edilen başlangıç değerleri kullanılırsa, = = ve K K v(0) K K 0 ve bu iki denklem çözülerek K = 5.9, K = 5.9 bulunacağından, gerilimin ifadesi de dv(0 ) = = t 46.65t v( t) = 5.9( e e ) V., t 0 bulunur. Bu gerilim aynı zamanda bobin terminal gerilimi olduğundan, bobin akımı, bobin terminal eşitliğin elde edilebilir. Ancak burada, bobin başlangıç değerlerini kullanarak bobin akımının ifadesi bulunacaktır. Bunun için, bobin akımının türevinin t = 0 daki değeri gereklidir. Bobin terminal eşitliği t = 0 için yazılırsa, (0 ) v(0 ) L di L = = 0 ve di L (0 ) = 0 bulunur. Bobin akımı da salınımsız sönüm formunda olacağından, i ( t) = K e K e L 3.35t 46.65t

198 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER ve başlangıç değerleri uygulanarak, L = 3 4 = ve K3 K4 i (0) K K 0.5 ve böylece, K 3 = ve K = bulunur. Bobin akımı da, di L (0 ) = = 0 i ( t) 0.538e e L 3.35 t 46.65t = A., t 0 elde edilir. ÖRNEK PROBLEM 8.5: Şekil.8.9 da görülen devrede 0 Ω luk direncin 5 Ω luk bir dirençle değiştirilmesi durumunda kapasitör geriliminin t 0 için zamana bağlı ifadesini bulunuz Çözüm: Kapasitör gerilimi başlangıç değerleri değişmeyecek, ancak neper frekansı değeri değişeceğinden cevabın formu değişecektir: v(0 ) = 0, dv(0 ) = 50 V/s. α = = = 0 Np/s, w0 = =.5 rad/s. RC (5)(0.00) LC α < w 0 olduğundan cevap salınımlı sönüm formundadır; αt v( t) = e ( K cos w t K sin w t) ; d d w w0 α 7.5 d = =, v t = e K t K t. 0t ( ) ( cos7.5 sin 7.5 ) Başlangıç değererini kullanarak K = 0 ve K K = 50 K = elde edilir. Böylece kapasitör geriliminin ifadesi de 0t v( t) 33.33e sin 7.5t = V., t 0 bulunur. 98

199 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER ÖRNEK PROBLEM 8.6: Şekil.8.9 da görülen devrede 0 Ω luk direncin 0 Ω luk bir dirençle değiştirilmesi durumunda kapasitör geriliminin t 0 için zamana bağlı ifadesini bulunuz Çözüm: Kapasitör gerilimi başlangıç değerleri değişmeyecek, ancak neper frekansı değeri değişeceğinden cevabın formu değişecektir: v(0 ) = 0, dv(0 ) = 50 V/s. α = = =.5 Np/s, w0 = =.5 rad/s. RC (0)(0.00) LC α = w 0 olduğundan cevap kritik sönüm formundadır; αt v( t) = e ( tk K ) ; v t = e tk K..5t ( ) ( ) Başlangıç değererini kullanarak K = 0 ve K K.5 = 50 K = 50 elde edilir. Böylece kapasitör geriliminin ifadesi de v( t) 50.5t = te V., 0 t bulunur. ÖRNEK PROBLEM 8.7: Şekil.8.0 da verilen devrede 00 Ω luk direnç üzerindeki akımın t > 0 için zamana bağlı ifadesini bulunuz. Şekil.8.0: Problem 8.7 devresi Çözüm: Gerilim kaynağı t = 0 anına kadar devrededir ve bu anda devre dışı kalarak kısa devre gibi davranır. Yine, t = 0 anında, bobin ve kapasitör uzun süre dc kaynağa maruz kaldıklarından, bobin kısa devre ve kapasitör açık devre davranmaktadır. Bobin akımı ve kapasitör geriliminin bu andaki değerleri t = 0 için Şekil 8. de verilen eşdeğer devreden bulunur. 99

200 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Şekil.8.: t = 0 için eşdeğer devre 50 il (0 ) = il (0) = il(0 ) = = 0.5 A., 00 v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 00 i (0 ) = = 50 V. c c c L Kapasitör geriliminin türevi için başlangıç değeri t = 0 anı için Şekil.8. de verilen eşdeğer devreden bulunur. Şekil.8.: t = 0 için eşdeğer devre KAY kullanılarak, vc (0 ) dvc (0 ) C = il (0 ) ; R dv c (0 ) = = = 0 V/s, 0.0 (00)(0.0) bulunur. Verilen devrenin neper ve rezonans frekansları α = = = 0.5 Np/s, w0 = = = 5 rad/s., RC (00)(0.0) LC 4(0.0) w0 > α olduğundan cevap salınımlı sönüm formunda olacaktır. Sönüm frekansı wd w0 α = = rad/s ve, v ( t) = e ( K cos w t K sin w t) ; αt c d d v t e K t K t 0.5t c ( ) = ( cos sin ) 00

201 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER elde edilir. Başlangıç değerleri kullanılarak belirsiz katsayıların hesaplanması için 50 = K ve 0 = 0.5K 4.975K denklemleri elde edilir. Buradan, K = 50 ve K = 5.05 ve, v t = e t t V., t 0 0.5t c ( ) (50 cos sin ) elde edilir. Direnç üzerindeki akım, direnç ve kapasitör paralel bağlı olduklarından, vc ( t) 0.5t i( t) = = e (0.5cos 4.975t sin t) A., t > 0 olacaktır SERİ RLC DEVRESİNİN BASAMAK CEVABI Bir dc kaynağın, bir t anında devreye girmesiyle elde edilen cevap, basamak cevabı olarak adlandırılır. Şekil.8.3 de görülen devredeki anahtarın t = 0 anında kapandığını düşünürsek, t 0 için KGY nı uygulayarak, Şekil.8.3: Seri RLC devresi basamak cevabı di( t) i( t) R L vc ( t) = V (8.55) ve kapasitör terminal eşitliği, dvc ( t) i( t) = C (8.56) ile bu ifadenin türevi ( ) d v ( ) c t di t = C (8.57) (8.55) eşitliğinde kullanılarak da, 0

202 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER d vc t ( ) R dvc ( t) V vc ( t) = (8.58) L LC LC diferansiyel denklemi elde edilir.bu denklemin homejen çözümü, d vc t ( ) R dvc ( t) vc ( t) = 0(8.59) L LC denkleminin çözümüdür. (8.59) eşitliği, (8.) eşitliği ile aynı olup, Çözümde aynı olmalıdır. Buna göre; α > w 0 için: v ( t) = K e K e (salınımsız sönüm) (8.60) c st st w0 > α için: v ( t) = e ( K cos w t K sin w t) (salınımlı sönüm)(8.6) αt c d d w0 = α için: αt v ( t) = e ( tk K ) (kritik sönüm)(8.6) c biçiminde olacaktır. Burada, α, w 0, w d, s ve s, seri RLC devresinin doğal cevabında tanımlanan parametrelerdir. Problemin homojen olmayan çözümü de diferansiyel denklem çözüm metodu ile kolaylıkla belirlenebilir. Ancak burada, birinci mertebe devrelerin analizinde, basamak cevabını bulurken edindiğimiz bilgi ile, homojen olmayan çözümün zorlama çözüm olduğunu kolayca söyleyebiliriz. Bu demektir ki, anahtar kapandıktan uzun süre sonra, devre değişkeninin kaynak tarafından zorlandığı değer, homojen olmayan çözümü verecektir. Verilen devreden açıkça görüldüğü gibi, kapasitör dc kaynağa uzun süre maruz kaldığında kaynak gerilimini şarj olacak ve açık devre davranacaktır. O halde, (8.59) eşitliğinin tam çözümü, α ve w 0 değerlerine bağlı olarak; α > w 0 için: v ( t) = v ( ) K e K e (salınımsız sönüm) (8.6) c c st st w0 > α için: v ( t) = v ( ) K e K e e ( K cos w t K sin w t) (salınımlı sönüm)(8.6) st st αt c c d d w0 = α için: 0

203 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER αt v ( t) = v ( ) e ( tk K ) (kritik sönüm)(8.6) c c formunda olacaktır. K ve K sabitlerinin değerleri yine kapasitör geriliminin başlangıç değerleri kullanılarak elde edilen iki lineer cebirsel denklem yardımı ile bulunur. Bu ifadelerde, Şekil.8.3 de verilen devre için vc ( ), kaynak gerilimi değeri V olacaktır. Ancak, ifadelerin daha genel bir formda yazılması amacıyla bu gösterim tercih edilmiştir. ÖRNEK PROBLEM 8.8: Şekil.8.4 de görülen devrede S anahtarı uzun süredir a konumundadır ve t = 0 da b konumuna geçmektedir. Kapasitör gerilimi ve devre akımının t 0 için zamana bağlı ifadelerini bulunuz. Şekil.8.4: Problem 8.8 devresi Çözüm: Kapasitör ve bobin uzun süre 40 V luk dc kaynağa maruz kaldığından, t = 0 da kapasitör açık devre ve bobin kısa devre davranmaktadır. Şekil.8.5 de t = 0 için verilen eşdeğer devreden kapasitör gerilimi ve bobin akımının başlangıç değerleri bulunur Şekil.8.5: t = 0 anında devrenin eşdeğeri i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0 ve v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 40 V. L L L c c c 03

204 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Kapasitör gerilimi ve devre akımının türevlerinin t = 0 anındaki değerleri de Şekil.8.6 da verilen t = 0 anındaki eşdeğer devreden bulunur. Şekil.8.6: t = 0 anında devrenin eşdeğeri t = 0 için KGY uygulanırsa, dil (0 ) 000 il (0 ) 0. vc (0 ) = 80 ; di (0 ) 0. L 40 = 80 di L (0 ) = = 00 A/s, 0. ve kapasitör terminal eşitliğinden de, (0 ) (0 ) dvc il = C ; dvc (0 ) il(0 ) = = 0 V/s. C R 000 α = = = 500 Np/s, w0 = = = 500 rad/s L (0.) 6 LC (0.)(0.80 ) olduğundan cevap kritik sönüm formunda olmalıdır. Son olarak, devrenin zorlama cevabı Sekil.8.7 de t için verilen eşdeğer devreden bulunur. Bu anda, kapasitör ve bobin, bu kez 80 V luk dc kaynağa maruz kaldıklarından, tekrar bobin kısa devre ve kapasitör açık devre davranmaktadır. 04

205 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Şekil.8.7: t için devrenin eşdeğeri vc ( ) = 80 V., ve il ( ) = 0 A. Böylece, kapasitör gerilimi ve bobin akımının ifadeleri, belirsiz katsayılarla birlikte, αt v ( t) = v ( ) e ( tk K ) ; c c v t e tk K 500t c ( ) = 80 ( ) αt i ( t) = i ( ) e ( tk K ) ; L L 3 4 i t e tk K 500t L ( ) = 0 ( 3 4) olarak elde edilir. Başlangıç değerleri kullanılarak da kapasitör gerilimi için 40 = 80 K ve 500K K = 0 ve bobin akımı için de, 0 = K 4 ve 500K4 K3 = 00 eşitlikleri bulunur. Bu eşitliklerin çözümünden K 0 6 =, 40 ve aranan cevaplar da, K =, K 3 = 00 ve K 4 = 0 v t = e t V., t 0, 500t c ( ) (500 ) i ( t) 00te L 500t = A., t 0 bulunur. ÖRNEK PROBLEM 8.9: Şekil.8.8 de verilen devre uzun süredir bu konumda çalışmıştır. S anahtarları t = 0 da a konumundan b konumuna geçtiğine göre, t 0 için kapasitör geriliminin ve devre akımının zamana bağlı ifadelerini bulunuz ve grafiklerini çiziniz. Şekil.8.8: Problem 8.9 devresi 05

206 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Çözüm: t = 0 da bobin kısa devredir ve üzerinden geçmekte olan akım, i L 5 (0 ) = = 0.5 A 0 dir. Bu anda kapasitör gerilimi v c (0 ) = 0 dır. Bobin akımı ve kapasitör geriliminin süreklilik koşullarından, i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0.5 ve v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 L L L c c c olur. Anahtar konum değiştirdikten hemen sonra, t = 0 anında devrenin eşdeğeri Şekil.8.9 da görüldüğü gibi olacaktır. Şekil.8.9: t = 0 için eşdeğer devre Bu devrede KAY uygulanırsa, dil (0 ) 5 il (0 ).5 0 vc (0 ) = 0 ; di (0 ) 5(0.5).5 L 0 0 = 0, ve di L (0 ) 0.5 = = 7 A/s.5 bulunur. Kapasitör terminal eşitliği t = 0 için kullanılarakda, dvc (0 ) C = il (0 ) ; dvc (0 ) il (0 ) 0.5 = = = 5 V/s C 0. elde edilir. t 0 için aktif olan seri RLC devresi için 06

207 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER R 5 α = = = Np/s ve w0 = = = rad/s, L ()(.5) LC (.5)(0.) w0 > α olduğundan, cevap salınımlı sönüm formundadır. Sönüm frekansı, wd w0 α 4 3 = = = rad/s ve t için kapasitör -0 V değerine şarj olup açık devre davranacağından bu anda devre akımı sıfırdır. vc ( ) = 0 V., il ( ) = 0. Böylece, belirsiz katsayılarla birlikte çözüm, αt t vc ( t) = vc ( ) e ( K cos wd t K sin wd t) ; vc ( t) = 40 e ( K cos 3t K sin 3 t) αt t il ( t) = il( ) e ( K3 cos wd t K4 sin wd t) ; il ( t) = 0 e ( K3 cos 3t K4 sin 3 t) bulunur. Başlangıç değerleri kullanılarak, vc = K = ve K K (0) 40 0 dv c (0 ) = 3 = 5, i L = K3 = ve K3 K4 (0) 0.5 di L (0 ) = 3 = 7 ve bu eşitliklerin çözümünden de bilinmeyen katsayılar K = 40, K =, K 3 = 0.5 ve K 4 = 3 3 olarak belirlenir. Aranan devre değişkenlerinin ifadeleri de bu katsayılarla birlikte, aşağıdaki gibi belirlenir. t 35 vc ( t) = 40 e (40 cos 3t sin 3 t) V., t 0 ve 3 t 7.5 il ( t) = e (0.5cos 3t sin 3 t) A., t 0. 3 Kapasitör gerilimini bulduktan sonra, devre akımının ifadesi, akım için başlangıç değerlerini kullanmak yerine, kapasitör terminal eşitliği kullanılarak da elde edilebilirdi. Akımın ifadesini, bu metotla da bulunuz. 07

208 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER 8.4. PARALEL RLC DEVRESİNİN BASAMAK CEVABI Şekil.8.0 de görülen paralel RLC devresinde S anahtarının t = 0 anında açıldığını düşünelim. t 0 için KAY nı uygulanırsa, Şekil.8.0: Paralel RLC devresi basamak cevabı vc ( t) dvc ( t) il ( t) C = I (8.63) R elde edilir. Bu ifadeyi bir tek devre değişkeni cinsinden yazmak amacıyla bobin terminal eşitliğini, di( t) vc ( t) = L (8.64) ve türevini dv t ( ) c d i ( t L ) = (8.65) (8.63) eşitliğinde kullanıldığında, d i ( t L ) L ( ) di t i ( ) I L t = (8.66) RC LC LC diferansiyel denklemi elde edilir.bu denklemin homejen çözümü, d il ( t) dil ( t) i ( ) 0 L t = (8.67) RC LC denkleminin çözümüdür. (8.67) eşitliği, (8.46) eşitliği ile aynı olup, çözümde aynı olmalıdır. Buna göre; α > w 0 için: 08

209 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER i ( t) = K e K e (salınımsız sönüm) (8.68) L st st w0 > α için: i ( t) = e ( K cos w t K sin w t) (salınımlı sönüm)(8.69) αt L d d w0 = α için: αt i ( t) = e ( tk K ) (kritik sönüm)(8.70) L biçiminde olacaktır. Burada, α, w 0, w d, s ve s, paralel RLC devresinin doğal cevabında tanımlanan parametrelerdir. Seri RLC devrede olduğu gibi, homojen olmayan çözüm, zorlama çözüm olacaktır. Şekil.8.0 de görüldüğü gibi, bobin dc kaynağa uzun süre maruz kaldığında kısa devre olacak ve akımı, kaynak akımına eşit olacaktır. Bu durumda, (8.59) eşitliğinin tam çözümü, α ve w 0 değerlerine bağlı olarak; α > w 0 için: i ( t) = v ( ) K e K e (salınımsız sönüm) (8.7) L c st st w0 > α için: i ( t) = i ( ) e ( K cos w t K sin w t) (salınımlı sönüm)(8.7) αt L L d d w0 = α için: αt i ( t) = i ( ) e ( tk K ) (kritik sönüm)(8.73) L L formunda olacaktır. K ve K sabitlerinin değerleri, bobin akımının başlangıç değerleri kullanılarak bulunur. Paralel devre için bobin kısa devre akımının değeri I olmakla birlikte, genel ifadeler elde etmek amacıyla bu değer i ( ) olarak belirtilmiştir. L ÖRNEK PROBLEM 8.0: Şekil.8. de görülen devrede S anahtarı uzun süredir a konumunda iken, t = 0 da b konumuna geçmektedir. Bobin akımının ve kapasitör geriliminin t 0 için zamana bağlı ifadelerini bulunuz. 09

210 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER i L (t) S b a t=0 0 Ω 0 mf v c (t) 5 H 5 A A Şekil.8.: Problem 8.0 devresi Çözüm: i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 5 A., ve v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V. L L L c c c t = 0 anında 5 A lik kaynak devre dışı olmakta ancak A lik kaynak devreye girmektedir. Bu an için KAY uygulanırsa, i (0 ) i (0 ) i (0 ) = ; L c R dvc (0 ) vc (0 ) il (0 ) C = ve R dv c (0 ) 0 = 5 = V/s. α = = = 5 Np/s, ve w0 = = 4.47 rad/s. RC (0)(0.0) LC 5(0.0) α > w 0 olduğundan cevap salınımsız sönüm formunda olacaktır. s = α α = =, w s α α = w0 = = 7.3 Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobin tekrar kısa devre davranacağından bu anda kapasitör gerilimi tekrar sıfır olacaktır. vc ( ) = 0. v ( t) = v ( ) K e K e ; c c st st v ( t) = K e K e. c.76t 7.3t Kapasitör geriliminin başlangıç değerleri kullanılarak aşağıdaki eşitlikler bulunur: = = ; K K v (0) K K 0 c dv c (0 ) = = 300 Bu iki denklem çözülerek K = 67. ve K = 67. bulunur. Böylece kapasitör gerilimi 0

211 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER v t = e e V. t 0 7.3t.76t c ( ) 67.( ) sonucu elde edilir. Bobin akımının ifadesi i ( t) = i (0) v ( t) L L c L 0 t ifadesinden bulunabilir. Burada, akım ifadesindeki bilinmeyen katsayıları, başlangıç değerlerini kullanarak aynı sonucu bulalım: L (0 ) (0 ) (0 ) di vl = vc = L ; di L (0 ) v c (0 ) = = 0 A/s L ve t bobin tekrar kısa devre davranacağından i ( ) L = A olacaktır. Bobin akımıda salınımsız sönüm formundadır: i ( t) = i ( ) K e K e ; L L st st 4 3 i ( t) = K e K e L.76t 7.3t 3 4 Başlangıç değerleri ile, i = K K = K3 K4 = 3 (0) 5 L 3 4 di L (0 ) = 0 =.76K 7.3K 3 4 eşitlikleri elde edilir. Bu eşitliklerin çözümü ile K 3 = 4.85, K 4 =.85 ve bobin akımı da, i ( t) 4.85e.85e L.76 t 7.3t = A., 0 t bulunur. ÖRNEK PROBLEM 8.: Şekil.8. de verilen devrede direnç üzerindeki akımın t > 0 için, zamana bağlı ifadesini bulunuz. Şekil.8.: Problem 8. devresi

212 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Çözüm: t = 0 anına kadar gerilim kaynağı aktiftir ve t = 0 da devre dışı kalacaktır. Bu andan itibaren gerilim kaynağı kısa devre olur. Akım kaynağı ise t = 0 anına kadar devre dışıdır ve bu ana kadar açık devredir. t = 0 da akım kaynağı aktif olacaktır. Şekil.8.3 de görülen, t = 0 için devrenin eşdeğerinden bobin akımı ve kapasitör geriliminin başlangıç değerleri bulunur: i L 0 (0 ) = = ma ve v 3 c (0 ) = Şekil.8.3: t = 0 için eşdeğer devre Şekil.8.4 de verilen t = 0 için eşdeğer devreden de, kapasitör gerilimi ve bobin akımının türevlerinin bu andaki değerleri bulunur: Şekil.8.4: t = 0 için eşdeğer devre KAY nı uygulayarak, vc (0 ) 3 dvc (0 ) 3 il (0 ) 0.0 = dvc (0 ) 40 0 = = 0 V/s ve L (0 ) (0 ) (0 ) di vc = vl = L di L (0 ) = 0. t için, bobin tekrar kısa devre davranacağından, i ( ) 4 L = ma, ve vc ( ) = 0 V. bulunur.

213 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER Verilen devre için, α = = = RC (0 0 ) (0.0 ) Np/s, w0 = = = 00 3 LC (0.0 ) rad/s olduğundan cevap salınımlı sönüm formundadır ( w0 > α). Sönüm frekansı ise w w0 α d = = rad/s dir. Kapasitör gerilimi ve bobin akımının ifadeleri, bilinmeyen sabitlerle birlikte, v ( t) = v ( ) e ( K cos w t K sin w t) ; αt c c d d v t e K t K t 0.5t c ( ) = ( cos00 sin00 ) i ( t) = i ( ) e ( K cos w t K sin w t) ; αt L L 3 d 4 d i t e K t K t ( ) 4 0 t L = ( 3 cos00 4 sin00 ) olacaktır. Başlangıç değerleri kullanıldığında, vc = K = ve 0 0.5K 00K (0) 0 dv c (0 ) = =, di (0 ) = = ve L = 0 = 0.5K3 00K4 3 3 il (0) 0 40 K3 elde edilir. Bu eşitliklerin çözümü ile K = 0, K = 0., ve K3 0 3 = ve K4 = 0 5 v t = e t V., t 0 ve 0.5 ( ) 0. t c sin00 i t = e t t ma., 0.5t L ( ) 4 ( cos00 0.0sin00 ) t 0 sonucu elde edilir. Direnç üzerindeki akım ise, v ( t) = = ma., t > 0 elde edilir. 00 c 0.5t ir 0.0e sin00t KARMAŞIK BAĞLI İKİNCİ MERTEBE RLC DEVRELER Seri ve paralel RLC devreler sıklıkla kullanılan devreler olmakla birlikte, karmaşık bağlı devrelerin de aynı amaçlarla kullanılmaları mümkündür. Bu tip devrelere ilişkin parametreler için genel ifadeler elde etmek mümkün değildir. Bu nedenle, karmaşık devrelerin analizinde, devredeki bağımsız kaynaklar eşdeğer iç dirençleri ile değiştirilerek pasif hale getirildikten sonra, aranan devre değişkeni için diferansiyel denklem ve bu denkleme ait karakteristik eşitlik elde edilir. Karakteristik eşitliğin çözümünden bulunan doğal frekans değerlerine göre, aranan devre değişkeninin doğal cevabının formu belirlenir. Daha sonra devre değişkeninin zorlama cevabı elde edilir. Doğal cevap ve zorlama cevabın toplamı, ile 3

214 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER elde edilen tam cevaptaki belirsiz katsayılar, seri ve paralel RLC devrelerde olduğu gibi, devre değişkenine ilişkin başlangıç değerleri kullanılarak bulunur. ÖRNEK PROBLEM 8.: Şekil.8.5 de verilen devrede t > 0 için, v( t ) gerilimini bulunuz. Şekil.8.5: Problem 8. devresi Çözüm: Kaynak t = 0 da aktif olacaktır. t = 0 iki bobin akımı da sıfırdır. i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0, i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0. t = 0 için KGY uygulanırsa, di (0 ) = ; (0 di ) 50 = = 00 A/s i (0 ) i (0 ) 50 ve di (0 ) 3 i (0 ) i (0 ) = 0 ; (0 di ) = 0 A/s bulunur. t için her iki bobin de kısa devre olacağından, i ( ) = = = 30 ( //) ( 5/ 3) A, ve akım bölücü devre eşitliğinden 30 i ( ) = i ( ) = = 0 3 A elde edilir. t > 0 için, gerilim kaynağını kısa devre yapıp, devrenin doğal cevabını elde etmek amacıyla, devreyi karakterize eden diferansiyel denklemi yazalım. Her iki çevride KGY uygulanarak, di ( t) di ( t) = ve 3 i ( t) i ( t) = 0 i ( t) i ( t)

215 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER. eşitlikten elde edilen di ( t) i ( t) = 3 i ( t) ; ve di ( t ) ( ) ( ) = d i t 3 di t ifadeleri. eşitlikte yerine yazılırsa, ( ) ( ) ( ) di t 3 i ( t) i ( t) 0.5 d i t 3 di t = 0 ; d i ( t) di ( t) 7 i ( t) = 0 diferansiyel denklemi bulunur. Bu denklemin karakteristik eşitliği, s 7s = 0 ve karakteristik eşitliğin kökleri de, s = 4.36 ve s =.63 dür. Yani s ve s reel ve birbirinden farklıdır. O halde çözüm, salınımsız sönüm formundadır. i ( t) = i ( ) K e K e ; st st i ( t) = 0 K e K e 4.36t.63t Akımın başlangıç değerleri kullanılırsa; di ( t) i (0) = 0 = 0 K K ve = 00 = 4.36K.63K denklemleri bulunur ve bu denklemlerin çözümünden de K = 4.6, K = 3.6 elde edilir. Böylece, i ( t) 0 4.6e 3.6e 4.36 t.63t = A., 0 t ve v( t) i ( t) 0 85.e 65.e 4.36 t.63t = = V., 0 PROBLEMLER 8.. Bir seri RLC devresinde, devre akımının bağlı ifadesi 0.5t i( t) = e (t 0.5) A., t 0 t > sonucu elde edilir. a) Devre elemanlarının değerlerini bulunuz. b) Kapasitör geriliminin başlangıç değerini bulunuz. c) Kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadesini bulunuz. dır. t = 0 anında bobin üzerindeki gerilim 3.5 Volt olduğuna göre, 8.. Şekil.8.6 da verilen devrede kapasitör üzerinde gerilim 0 V dur. t 0 için devre akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. 5

216 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER t = 0 anında kapanmaktadır. t 0 için devre akımının ifadesini bulunuz. Şekil.8.6: Problem 8. devresi 8.3. Şekil.8.7 de verilen devrede t 0 için, kapasitör gerilimi ve bobin akımının zamana bağlı ifadelerini bulunuz. Şekil.8.9: Problem Bir paralel RLC devresinde, devre elemanları üzerindeki gerilimin zamana bağlı ifadesi v( t) 0e 50e 400 t 000t = V., t 0 dir. Bobinin değeri H olduğuna göre, Şekil.8.7: Problem Şekil.8.8 de görülen devrede anahtar uzun süredir kapalı konumda olup, t = 0 da aılmaktadır. i( t ) akımını ve v( t ) gerilimini t 0 için bulunuz. a) Devrenin neper frekansı α ve rezonans frekansı w 0 değerlerini bulunuz. b) Kapasitör ve direnç değerlerini bulunuz. c) Kapasitör başlangıç gerilimi ve bobin başlangıç akım değerlerini bulunuz Şekil.8.30 da görülen devrede, t = 0 anında kapasitör gerilimi 70 V ve bobin akımı sıfırdır. t 0 için kapasitör gerilimini ve bobin akımını bulunuz. Şekil.8.8: Problem Şekil.8.9 da verilen devrede, anahtar kapanmadan önce kapasitör üzerinde ki gerilim 5 V dur. Anahtar Şekil.8.30: Problem Şekil.8.3 de görülen devre uzun bir süredir çalışmaktadır. Anahtar t = 0 da konum değiştirdiğine göre, t > 0 için 6

217 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER direnç üzerindeki i 0 akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. çizerek, gerilimin 5 V a erişmesi için gerekli olan süreyi bu grafikten bulunuz. u(t) A 0 Ω 0.4 H 0 u(-t) V 6 mf v c (t) Şekil.8.3: Problem Şekil.8.3 deki devrede t 0 için kapasitör geriliminin ve bobin akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. t > 0 için kapasitör akımı ve direnç üzerindeki akımın zamana bağlı ifadelerini bulunuz. Şekil.8.34: Problem Şekil.8.35 deki devrede S anahtarı uzun süredir b konumunda olup, t = 0 da a konumuna geçmektedir. t > 0 için direnç üzerindeki v 0 (t) gerilimini bulunuz. H i L (t) i R (t) 0 u(-t) V kω 5 µf v c (t) Şekil.8.3: Problem Şekil.8.33 de verilen devrede S anahtarı uzun bir süredir açık olup t = 0 da kapanmaktadır. t 0 için devre akımının ifadesini bulunuz. Şekil.8.35: Problem Şekil.8.36 da görülen devrede kapasitör başlangıç gerilimi 50 V ve bobin başlangıç akımı sıfırdır. Anahtar t = 0 da kapandığına göre, t 0 için kapasitör gerilimini ve bobin akımını bulunuz. Şekil Problem Şekil.8.34 de görülen devrede kapasitör terminal geriliminin zamana bağlı ifadesini bulunuz. Kapasitör geriliminin zamana göre değişim grafiğini Şekil.8.36: Problem Şekil.8.37 de verilen devrede anahtar uzun bir süredir açık konumda olup, t = 0 da kapanmaktadır. t > 0 için i(t) akımını bulunuz. 7

218 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER konumlarındadır. S anahtarı t = 0 da b konumuna geçerken, S anahtarı bundan saniye sonra b konumuna geçmektedir. t > 0 için i 0 (t) akımının ifadesini bulunuz. Şekil.8.37: Problem Şekil.8.37 de verilen devrede 6 H lik bobinin 36 H lik bir bobinle değiştirilmesi durumunda, t > 0 için i( t ) akımını bulunuz Şekil.8.38 de görülen devrede bobin üzerindeki akım t = 0 anında 4 A. ve kapasitör gerilimi de 8 V dur. Akım kaynağının değerini t > 0 için bulunuz. Şekil.8.40: Problem 8.8 devresi 8.9. Şekil.7.44 de verilen devrede, t > 0 için, i( t ) akımını bulunuz. Şekil.7.44: Problem 7.9 devresi 8.0. Şekil.7.45 de görülen devrede S Şekil.7.45: Problem 7.0 devresi Şekil.8.38: Problem 8.6 devresi 8.7. Şekil.8.39 da verilen devrede, t > 0 için v 0 (t) gerilimini bulunuz. Şekil.8.39: Problem 8.7 devresi 8.8. Şekil.8.40 da verilen devrede, S ve S anahtarları uzun süredir a 8

219 8.BÖLÜM: İKİNCİ MERTEBE DEVRELER 9

220 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 9...BÖLÜM ÇÖZÜMLERİ Kulon luk bir elektron bulutu kaç adet elektron içerir, bulunuz. Bir elektronun yükü C olduğundan, Q = n T 9 (.60 0 ) Q T 4.6 n = = = adet elektron... Bir devre elemanı üzerindeki yük miktarı a) q( t) = t C, 5t b) q( t) = e mc c) q( t) = 0.sin00t ise bu eleman üzerinden geçen akımı bulunuz. dq( t) i( t) = ; a) b) d = = A, i( t) ( t ) t d i( t) 0 ( e ) 50 e 3 5t 3 5t = = A i( t) 5 5t = e ma. d c) i( t) = (0.sin00 t) = 0 cos00t A..3. Bir devre elemanı üzerindeki akım a) i( t) = 0( e t ) A, q (0) = 0 b) i( t) = 50cos00t A, q (0) = 0 t c) i( t) = e sin t ma, q (0) = mc ise, devre elemanı üzerindeki yük miktarının ifadesini bulunuz. Herhangi bir t anındaki yük miktarını veren ifade bulunacağından, integralin üst sınırı t olmalıdır. q( t) q(0) i( t) t = 0 t q( t) = i( t) q(0) 0 - -

221 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER a) b) c) t t t t q( t) = 0 ( e ) 0 = 0( t e ) = 0( t e ) C 0 0 t q( t) = 50 cos00t 0 = 0.5(sin00 t) = 0.5sin00t C 0 0 t t t 3 t 3 3 e 3 q( t) = 0 e sin t 0 = 0 ( sin t cos t) t t t e (sin t cos t) 3 q( t) = mc..4. Bir devre elemanı üzerindeki akım i( t) = 4t t ma ise ve 3. saniyeler arasındaki zaman aralığında bu eleman üzerinden geçen yük miktarını bulunuz t q( t) = 0 (4t t ) = 0 ( t t) = 8.67 mc Bir kaynağın devreye sağladığı akımın zamana bağlı değişimi şekilde verilmiştir. Bu kaynağın 3. saniye sonunda transfer ettiği yük miktarını bulunuz. Akımın ifadesi, 3t ma, 0 t i( t) = 3 ma, t 3t 3 ma, t < 3 - -

222 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t 3t q(3) = 0 3t 3 (3t 3) = 0 3t 3t = mc. Akım eğrisinin altında kalan alan, integral ifade kullanmadan bulunabilirdi: 3 (6 3) (3 ) q( t) = 3 = 9 mc..6. Bir devre elemanı üzerinden geçen yük miktarının zamana bağlı değişimi şekilde görüldüğü gibidir. Bu eleman üzerinden geçen akımın zamana göre değişim grafiğini çiziniz. Akımın zamana bağlı ifadesini bulunuz. dq i( t) =, 0 t için q eğrisinin eğimi sıfır, i( t ) = 0. t için q eğrisinin eğimi 0, i( t ) = 0 A. t 3 için q eğrisinin eğimi -0, i( t ) = 0 A. 3 t 4 için q eğrisinin eğimi sıfır, i( t ) = 0. Buna göre akım grafiği aşagıda görüldüğü gibidir. Akımın ifadesi grafikten elde edilebilir. 0 0 t < 0 A, t i( t) =. 0 A, < t < t 4 Yük grafiğinden, yükün zamana bağlı ifadesi elde edilip, bu ifadeden akımı elde etmek de mümkündür: - 3 -

223 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 0 C, 0 t 0t C, t q( t) = 0t 40 C, t 3 0 C, 3 t 4. dq ve i( t) = 0 0 t < 0 A, t i( t) =. 0 A, < t < t 4.7. Bir devre elemanının pozitif terminalinden giren akımın ve terminal geriliminin ifadeleri i( t) = 0cos 400t ma, v( t) = cos 400t V ise, bu devre elemanının gücünü ve 0 ms sonunda tükettiği enerjiyi bulunuz. ( t < 0 için i( t ) = 0 ve v( t ) = 0 ) p( t) = v( t) i( t) 3 p( t) 00 cos 400t = W.= 0cos 400t mw. t w( t) p( t) = w( t) = 0 0 cos 400t = 0 ( cos800 t) = 0. ( t.50 sin 800 t) w( t).30 6 = J=.3µJ..8. Bir devre elemanının pozitif terminalinden giren akımın ve terminal geriliminin ifadeleri i( t) = 0e t A ve v( t) = cos 4t V, t 0 ve v( t) = i( t) = 0, t < 0 ise, bu devre elemanı üzerinden geçen toplam yük miktarını ve harcanan toplam enerjiyi bulunuz. t t C. 0 0 q( t) = 0e = 0e = 0 t t e (4sin 4t cos 4 t) w = p( t) = 0 e cos 4t = 0 =.76 7 J Aşağıdaki şekillerde verilen akım ve gerilim formları bir devre elemanı üzerindeki terminal akımı ve terminal gerilimi ise, bu elemanın güç ifadesini ve harcadığı toplam enerjiyi bulunuz

224 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Verilen akım ve gerilim grafiklerinden bu değişkenlerin ifadeleri yazılabilir: i( t) = t A, 0 t 4, 4V, 0 t v( t) = 4t 4 V, t 4 p( t) = v( t) i( t) p( t) = 4 t = 8t W, 0 t p( t) (4t 4) t 8t 8t = = W, t t J. w = 8 t (8t 8 t) = 4 t ( 4 t ) = Aşağıda, bir kaynağın güç eğrisi verilmiştir. Kaynağın, 0 t 3s aralığında ürettiği enerji miktarını bulunuz. Toplam enerji güç eğrisi altındaki alana eşit olduğundan 8 w(3) = 8 4 = 6 J veya, 8t W, 0 t < p( t) = 8 W, t 4 W, < t 3 3 J. p( t) = 8t 8 4 =

225 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER.. Bir devre elemanının terminal gerilimi, üzerinden geçen akımın inegrali ile orantılı olup, orantı sabiti 3 dür. Bu elemanın üzerinden geçen akımın ifadesi, 0.t i( t) = 5 e ma, t 0 ise, t = 3 s için gücünü bulunuz Verilenler doğrultusunda, v( t) 3 i ( t ) = ve v( t) = 3 i( t) olmalıdır. O halde, 0.t 3 0.t 3 e 3 0.t v( t) = 30 (5 e ) = 30 (5 t ) = 50 ( t e ) V. 0. ( ) ( ) 6 0.t 0.t 6 0.t 0.t 0.4t p( t) = v( t) i( t) = 50 t e 5 e = 50 (5t te 5 e e ), p (3) = 04 µw... Şekilde görülen elektrik devresinin terminallerindeki akım ve gerilim, a) i = 5 A, v = 50 V, b) i = 4 A, v = 40 V, c) i = 6 A, v = 80 V. ise, devrenin gücünü bulunuz. Akım pozitif terminalden girmektedir: a) p = (5) (50) = 750 W (devre güç tüketmektedir) b) p = ( 4) (40) = 60 W (devre güç üretmektedir) c) p = ( 6) ( 80) = 480 W (devre güç tüketmektedir)..3. Şekilde verilen devrede devre elemanlarının güçlerini bulunuz

226 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER P = 5( 3) = 45 W, A P = ()( 5) = 5 W, B P A = (5)() = 30 W, P 0 V = (0)() = 0 W. Buna göre A ve B elemanları güç tüketen elemanlar olup iki kaynağın ürettiği toplam 50 W gücü tüketmektedirler..4. Şekilde verilen devrede, devre elemanlarının güçlerini bulunuz. P 00 V = (00)(0.5) = 50 W, P3 V = (3 V )(0.5) = (3 5)(0.5) = 37.5 W, P = (3 V ) ( ) = (3 5) ( ) = 75 W, P A B = V (0.5) = 5 (0.5) =.5 W..5. Bir batarya ile 00 W lık bir ampul 50 saat süre ile beslenebilmektedir. Bataryada depolanabilen enerji miktarını Jul cinsinden bulunuz. w = p t (t : saniye ve 50 saat=3600 saniye) w :bataryada depolanmış toplam enerji. 6 w = 00 ( ) = 540 MJ. 9...BÖLÜM ÇÖZÜMLERİ - 7 -

227 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER metre uzunluğunda ve mm kesit alanlı bakır telin direncini bulunuz. l R = ρcu ; A ρ cu Ω mm = m 000 R = = 8.85Ω... 0 Ω luk bir direnç üzerindeki gerilim 00 Volt ise direnç üzerinden geçen akımı ve direncin gücünü bulunuz. I V 00 = = = A, R 0 PR = I R = 0 = 0 W..3. Şekilde verilen devrede düğüm noktası, kol ve çevrim sayılarını bulunuz. a, b, c, d ve e olmak üzere 4 düğüm noktası, 7 adet devre elemanı kullanıldığından yedi kol mevcuttur. Anacak, 0 Ω direnç ve bağımlı kaynak seri bağlı olduklarından üzerlerinden aynı akım geçecektir. Bu nedenle, kol akımları düşünüldüğünde, devre 6 kol içermektedir. ceadc, cbaec, abd bağımsız çevrimleri (ya da gözleri) ve cdabc, ceabdc, cbdaec ve cbdc bağımlı çevrimleri olmak üzere 7 adet çevrim vardır..4. Şekilde verilen devrede I vei akımlarını bulunuz

228 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Çıkan akımlar pozitif ve giren akımlar negatif seçilip, c noktasında KAY uygulanırsa, 4 ( ) I = 0 I = 3 A. a noktasında KAY uygulanırsa, I ( ) = 0 I = A..5. Şekil..37 de verilen devrede V, V ve V 3 gerilimlerini bulunuz. Saat dönüş yönünde ilerleyerek,. gözde KGY kullanılırsa, V 40 0 = 0 V = 0 V. 3. gözde yine KGY nı uygulayarak, 0 V = 0 V 3 = 0 V 3 ve. gözde de KGY uygulanırsa, 50 V V = 0 ; V 50 0 = 0 V = 30 V..6. Şekilde verilen devrede V, V, V 3 ve V 4 bulunuz. 3. ve 4. gözlerden oluşan çevrim için KGY uygulanırsa, - 9 -

229 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 80 V = 0 V = 70 V. 3. göz için KGY, 80 V V3 = 0 ; V = 0 V 3 = 50 V..göz için KGY, 400 V 00 V = 0, V = 0 V = 30 V.. göz için KGY, V ( 00) = 0 V 4 = 40 V Şekilde verilen devrede V, V ve V 3 gerilimlerini bulunuz.. göz için KGY uygulanırsa, 70 V 70 = 0 V 3 = 0. 3 Direnç terminallerindeki gerilimler eşit ise direnç üzerinden bir akım geçmeyeceğine dikkat ediniz.. göz için KGY nı uygulanırsa, V V 70 = 0 ; Ohm yasası ile dirençler üzerindeki gerilimler ifade edilirse, V = 40I, V = 30I. 40I 30I = 70 I = A; V = 40 () = 40 V, V = 30 () = 30 V..8. Şekil..40 da verilen devrede V gerilimini bulunuz

230 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER a-düğüm noktasında KAY uygulanarak, 7 0.V = I Ohm yasası ile, V = 40I = 40(7 0. V ) 7V = 80 ; V = 40 V..9. Şekilde verilen devrede I bulunuz.. gözde KGY kullanılırsa, 0 4V = 0 V = 5 V. Devrenin. kısmında akım bölücü devre eşiliği ile, I = V = 5 = A..0. Şekilde verilen devrede R direncinin değerlerini bulunuz. En dış çevrimde KGY nı uygulayalım: - -

231 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 0 V V 0 = 0 V V = 80 V. y Seri bağlı 5 Ω ve 5 Ω luk dirençler üzerinden geçen akım, y I V Vy 80 = = = A. a-düğüm noktasında KAY uygulanırsa, I I 0 = ; I = 0 I = 0. 5 Ω luk direnç üzerinden akım geçmemektedir ( V 5Ω = 0 ). İkinci gözde KGY uygulayarak, V V I I y = 0 ; I = 0 I 3 = 4 A. 5 Ω luk direnç üzerinden akım geçmediğinden I 3 akımı R direnci üzerinden geçen akıma eşit olur. I R = 3. Böylece,. gözde KGY uygulanırsa, 0 I (0 R) = 0; 0 4 (0 R) = 0 4R = 40 ; R = 0 Ω 3 bulunur... Şekilde verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. a-düğüm noktasında KAY uygulanırsa, I I 6I = 0 I = 5I.. gözde KGY nı uygulayalım, I I = ; = I I 4 = 5000I ; I = 4.8 ma ( 5 ) Bağımlı akım kaynağının terminalleri arasındaki gerilim için. gözde KGY nı uygulayalım, - -

232 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 0 I V 00 (6 I ) 5 = 0 ; 3 3 I V I = ; ( 5 ) 0 0 (6 ) V I = V = 63 V. P6 I = V 6 I = ( 63) ( ) = 4.64 W sonucu elde edilir... Şekilde verilen devrenin a-b terminallerinden görülen eşdeğer direncini bulunuz. ((( ) ) ) ( ) ( ) (( ) ) R = (4 ) // 3 4 // 4.6 = 6 // 3 4 // 4.6 ab ( ) R = 4 // 4.6 = (6 // 4).6 =.4.6 = 5 Ω. ab.3. Şekilde verilen devrede kaynağın devreye sağladığı I akımını bulunuz Kaynağın bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç, ((( ) ) ) ( ) R = (4 ) //.5 // 3// eş (( ) ) ( ) R = 6 //.5 // 0.75 = (.5.5) // 0.75 eş R = (3//) 0.75 = =.5 Ω. eş Eşdeğer devre şekilde görülüğü gibi olduğundan, - 3 -

233 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I V.5 = = = A R.5 eş bulunur..4. Şekilde verilen devrede I ve I kol akımlarını bulunuz. Akım bölücü devre eşitliklerinden, 4 I = 6 = 4 4 A ve I = 6 = 4 A elde edilir..5. Şekilde verilen devrede a-b terminallerinden görülen eşdeğer direnci bulunuz. Dirençler seri yada paralel bağlı olmadığından, seri paralel basitleştirme yapmak mümkün olmaz. Ancak, devrede a-c-d ve cdb düğüm noktaları arasında iki üçgen (50 Ω, 70 Ω ve 80 Ω luk dirençler - 80 Ω, 40 Ω ve 40 Ω luk dirençler) ve a-c-d-b düğüm noktaları arasında da bir yıldız (70 Ω, 80 Ω ve 40 Ω luk dirençler) bağlantı mevcuttur. 50 Ω, 70 Ω ve 80 Ω luk dirençlerin oluşturduğu üçgen bağlantı aşağıdaki biçimde yıldız bağlantıya dönüştürülebilir: - 4 -

234 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER R = = = Ω, R = = = Ω, R = = = Ω. Dönüşüme giren üçgen dirençleri kaldırılırsa aşağıdaki dönüşmüş devre elde edilir. R = 7.5 (8 40) //(0 40) = // 60 = = Ω bulunur. ab.6. Şekilde verilen devrede I akımını bulunuz. Problem.5 de 80 V luk kaynağın bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç, R = Ω bulunmuştu. Buna göre kaynağın devreye sağladığı ana kol akımı, ab V 80 Ia = = =.6 A. bulunur. R ab - 5 -

235 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Bu kaynağı dönüşmüş devrede a-b terminallerine bağlarsak aşağıdaki devre elde edilecektir. Bu devrede ana kol akımı bilindiğinden, kol akımlarından biri olan I, akım bölücü devre eşitliğinden kolayca bulunabilir I = I a =.6 = A..7. Şekilde verilen devrede, I akımını bulunuz. Problem.5 ve.6 da eşdeğer direnci ve kol akımlarından biri bulunan devrenin, bir başka kol akımı istenmektedir. Ancak üzerindeki akımın istendiği kol, dönüşüm sonunda ortadan kaldığından, bu kol akımını dönüşmüş devrede bulmak mümkün olmaz. Orijinal devreye dönüp bulunan ana kol akımı ve orta kol akımı değerleri kullanılarak aranan kol akımı, I bulunabilir. Fakat böyle bir durumda, aranan devre değişkenini dönüşüme dahil etmemek işlem kolaylığı sağlar. Örneğin, yukarıdaki üçgeni yıldıza dönüştürmek yerine, yıldız yapı üçgene dönüştürülseydi, 50 Ω luk direnç dönüşüme girmeyeceğinden, üzerindeki akım dönüşmüş devreden kolayca bulunabilirdi. Biz çözümü her iki dönüşümlede bulalım. 40 Ω luk direnç üzerindeki akım I = 0.76 A. ve ana kol akımı I a =.6 A. bilindiğine göre, aşağıdaki orijinal devrede Kirchhoff yasalarını kullanarak aranan akım bulunabilir: y - 6 -

236 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER. göz için KGY uygulanırsa, 80 V 40I = 0 ; V = 80 40(0.759) V = V. Ohm yasası ile 70 Ω luk direnç üzerindeki akım, V I b = = = A, ve a-düğüm noktasında KAY nı uygulayarak, Ia Ib I y = 0 ; I y = Ia Ib = I y = 0.9 A. bulunur. Şim di de orijinal devrede yıldız-üçgen dönüşümünü uygulayalım: R = = 45 Ω, 80 R y = = 65.7 Ω, R z = = 90 Ω. 40 Dönüşmüş devre aşağıdaki gibi olacaktır: - 7 -

237 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Kaynağın bağlı olduğu terminalden görülen eşdeğer direnç, ( ) R = (50 // 90) (40 //65.7) //45 = ( ) //45 eş R = //45 = Ω. eş Ana kol akımı, 80 I a = =.6 A bulunur. Ana kol akımı iki paralel kola bölünmektedir. Aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi kollardan bir 45 Ω luk direnç içeren kol, diğeri ise, R = (40 //65.7) (50 // 90) = Ω, eşdeğer dirence sahip koldur. O halde akım bölücü devre eşitliğinden, I 45 = Ia = A, elde edilir. I akımı tekrar iki paralel kola bölünür. Bu kollar 90 Ω dirence sahip kol ve 50Ω dirence sahip kollardır. Buna göre aranan kol akımı, tekrar akım bölücü devre eşitliğini kullanarak, - 8 -

238 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I y 90 = I = A bulunur..8. Şekil..49 da verilen devrede I akımını bulunuz 0, 30 ve 40 Ω luk dirençlerden oluşan yıldız bağlantıyı üçgen bağlantıya dönüştürelim: R = = 65 Ω, 40 R y = = Ω, 30 R z = = 30 Ω, 0 ve dönüşmüş devre aşağıdaki gibidir. 00 I = =.538 A. I = I I = I En dış çevrimde KGY uygulanırsa, = 0 ; ( I.538) 0I = I = 5.7 I I I =.88 A bulunur..9. Şekilde verilen devrede giriş terminal direncini bulunuz

239 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER. ve 3 gözlerde üçgen-yıldız dönüşümleri yapılırsa, R R R R R = R3 = = 0.5R, R = = 0.5R 4R 4R aşağıdaki dönüşmüş devre elde edilir: ( ) R = 0.5R 0.5 R (0.5R R 0.5 R) //(0.5R R 0.5 R) ab ( ) R = R (.5 R) //( R) = R 0.857R =.857R. ab.0. Şekilde verilen devrede giriş terminallerinden görülen eşdeğer direnci bulunuz

240 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Üstteki üçgen yıldıza dönüştürülürse, R R R R = R = R3 = = 3R 3 aşağıda görülen dönüşmüş devre elde edilir ve eşdeğer direnç: R R R 4R 4R R Rab = R // R = // R ab R R = = R bulunur Şekilde verilen devrenin a-b terminallerinden görülen eşdeğer direncini bulunuz. - -

241 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER nolu üçgen bağlantı yıldıza dönüştürülürse; R R R R = R = R3 = = 3R 3 ve dönüşmüş devre aşağıda görüldüğü şekilde elde edilir. a R/3 R/3 R/3 R R R R b a-b terminallerinden görülen eşdeğer direnç ise, ab = // // ( / 3 ( / 3 ) // ( / 3) ) ; Rab = // ( R / 3 ( 4 R / 3 ) // ( 4 R / 3) ) R R R R R R R R R R R Rab = // ( R / 3 R / 3 ) = // R = olacaktır. 3.. Şekilde verilen devrede a-b terminallerinden görülen eşdeğer direnci ve kaynağın devreye sağladığı akımı bulunuz. R,, ve 3 nolu üçgen bağlantılar yıldız bağlantıya dönüştürülürse, dönüşmüş direnç değerlerinin her biri - -

242 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER R R R R = R = R3 = = 3R 3 olacağından, dönüşmüş devre de aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi olacaktır: Kaynağın bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç: R R eş eş R R R R R R R R R = // // // R R R R R R R = // R 5R 5R R eş = // R 5R R eş = = 9 R 3 ve devre akımı da, I = V 3 R / 4 R = 9 R / = A bulunur. eş.3. Şekilde verilen devrede, kaynağın gücü 00 W ise, R direncinin değerini bulunuz

243 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER R R R 0 V R R R R R Aşağıdaki şekilde gösterilen yıldız-üçgen dönüşümleri yapılırsa, R R R R R 0 V R z R R R z R R y R R y R R R R R R R 3R R = Ry = Rz = = = 3R R R olacağından, aşağıda görülen dönüşmüş devre elde edilir: Kaynağın bağlı olduğu terminallerden görülen eşdeğer direnç: - 4 -

244 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER (( ) ( )) R = 3 R // 3 R // R 3 R // 3 R // R // 3 R // 3R eş R eş 3R 3R 3R = // 5 5 3R 3R R R eş = // = 0 4 olacaktır. Kaynağın gücü 00 W ise devre akımı P = IV ; 00 = 0I I = 5 A dir. P = I R eş ; 00 = 5R eş R eş = 4 Ω olmalıdır. R R eş = = 4 R = 6 Ω olmalıdır BÖLÜM ÇÖZÜMLERİ 3.. Aşağıda verilen devrede göz akımlarını bulunuz. Çözüm: I. göz için KGY uygulanarak, 40 = 8I 6I II. göz için KGY uygulanarak da, 0 = 6I 0I elde edilir. Bu eşitlikler bir matriks eşitlik formunda yazılırsa 8 6 I 40 = 6 0 I 0 bulunur. Cramer yasası ile de - 5 -

245 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I = = = = 6.36 A, I = = = =.88A Problem 3. de verilen devrede 6 Ω luk direncin gücünü ve 0 Volt luk kaynağın gücünü bulunuz. Çözüm: 6 Ω luk direnç üzerindeki akım I = I I olduğundan, P = 6I = 6( I I ) = 6( ) = 3.78 W. (güç tüketiyor) 6Ω 0 V luk kaynak üzerinden I akımı geçtiğinden, P = VI = 0I = 0(.88) = W. (güç tüketiyor) 0V 3.3. Göz akımları metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede V gerilimini bulunuz. Göz akımları aşağıda görüldüğü gibi saat dönüş yönünde seçilmiş olsun: I., II. ve III. gözlerde KGY uygulanarak sırasıyla, = I I I3, 50 0I 30I 0I3 =, 0 = 40I 0I 70I3 eşitlikleri elde edilir. Bu eşitlikler matrik eşilik formunda yazıldığında, - 6 -

246 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER ve Kramer kuralı ile de, I I 50 = I 3 I = = = A, I = = = A. bulunur. Bulunan göz akımları cinsinden V gerilimi de V = 0( I I ) = 0(.43.48) = 7.5 V olarak elde edilir Göz akımları metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü akımı bulunuz. Çözüm: I. göz için KGY ile 00 = 50I V eşitliği elde edilir. II. gözde, akım kaynağının tersi yönünde bir göz akımı seçildiğinden I = A olacaktır. Ohm yasası kullanılarak V = 50I ; V = 00 V bulunur. V değeri ilk eşitlikte kullanıldığında 50I = 00 V = 00 ( 00) = 400 ve I = 400 / 50 = 8 A - 7 -

247 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER elde edilir. Bağımlı kaynağın gücü için de P = ( V )( I I ) = 00(8 ( )) = 000 W (güç üretiyor) V sonucu elde edilir Göz akımları metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede V 0 gerilimi ve I 0 akımını bulunuz. Çözüm: Göz akımları aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi seçilmiş olsun: KAY ile I I = I 0 ve I. Göz için seçilmiş göz akımı yönü, kol akımının tersi yönünde olduğundan, I = I 0 eşitlikleri elde edilir. Böylece, I I = I ; I = I bulunur. Süper-göz için KGY ile 3I I 3I3 = 6 3I I 3I3 = 6 I 3I3 = 6-8 -

248 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER eşitliği elde edilir. 3. göz için ise yine KGY uygulanarak I I 6I3 = 0 I I I3 6 = 0 I 6I3 = 0 eşitliği elde edilir. Bu iki eşitliğin çözümü ile 6 9 I 3 = A, 3 I = A 3 3 I = A, I = A. 3 sonuçları bulunur. III. gözde KGY uygulanarakda bağımlı kaynağın terminalleri arasındaki gerilim bulunur: V0 ( I I3) 6 = V = 6 ( ) = V Göz akımları metodunu kullanarak Şekil.3.5 de verilen devrede I akımının sıfır olması için gerekli R direncini bulunuz. Çözüm: Şekilde görüldüğü gibi seçilmiş göz akımları için aşağıdaki denklemler her bir gözde KGY uygulanarak elde edilir: 40I 0I 0I3 = 00 ; 0I 00I 40I3 = 0; 0I 40 I (60 R) I3 = 0. KAY ile, I I I = 3 = 0 I = I3 ve bu eşitlik yukarıdaki ifadelerde kullanılarak da - 9 -

249 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 40I 40I = 00 ; 0I 60I = 0; 0 I (0 R) I = 0 eşitlikleri bulunur. İkinci ifadeden I = 3I olacağından, 40(3 I) 40I = 00 80I = 00 I =.5 A., I = 3.75 A. bulunur. Bu akım değerleri son eşitlikte kullanılarak da, 0(3.75) (0 R)(.5) = 0 R = 40 Ω. bulunur Göz akımları metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede V gerilimini bulunuz. Çözüm: Yukarıdaki devrede görüldüğü gibi seçilmiş göz akımları için, a ve b noktalarında KAY uygulandığında, I I = 5 ; I = 5 I I3 I = 0.5V ve V = ( I I3)

250 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I I = 0.5( I I ) 3 3 I3 (5 I) = 0.5( I I3) 3I 3I3 = 0 eşitlikleri elde edilir. Süper-göz için de 0I 0I3 V = 00; 0I 0I3 ( I I3) = 00 I 8I3 = 00 ifadesi bulunur. Bu iki eşitlik bir matriks eşitlik formunda yazıldığında 3 3 I 0 8 = I 3 00 ve I, I 3 gözakımları Kramer kuralı ile aşağıdaki gibi bulunur: I = = = = A, I3 = = = = A. Böylece aranan gerilimde, V = = V olarak elde edilir Göz akımları metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede, devre elemanlarının güçlerini bulunuz. Çözüm: Aşağıdaki şekildeki gibi seçilmiş göz akımları için, a ve b noktalarında KAY uygulanarak, - 3 -

251 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I I = ; I = I I4 I3 = I0 ; I4 = I0 I3 I = I I4 = I I3 0 bulunur. Şekilde belirtilen I.Süper-göz için, 5I 40I 0I 50I = ve II.Süper-göz için de, 35I 80I 30I3 40I4 = 50. eşitlikleri yazılır ve bu eşitliklerde I ve I 4 ifadeleri kullanılırsa, 5I 40( I ) 0I3 50( I I3) = 00 ; 95I 60I3 = 80, 35I 80( I ) 30I3 40( I I3) = 50 ; 75I 70I3 = 0 bulunur. Son iki eşilikten; I 80 = I 3 0 I =.6 A, I 3 = A. ve I, I 3 değerleri kullanılarakta, I ve I 4 değerleri I =.6 = 0.6 A, I 4 =.6 ( 0.578) =.68 A elde edilir. Bağımsız gerilim kaynakların akımları ve terminal gerilimleri bilindiğinden, - 3 -

252 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER P = 50I = 50(.6) = 3 W, (50 V ) P = 50I = 50(.68) = 84. W (50 V ) 4 bulunur. Bağımsız akım kaynağının terminallerindeki gerilim, akımın girdiği terminalde negatif olmak üzere V ve bağımlı akım kaynağının terminallerindeki gerilim, akımın girdiği terminalde yine negatif olmak üzere V y olsun: Bu durumda,.göz için: 80I 40I4 V = 0 V = 40I4 80I ; V = V ve P A = V = 9.96 W, 3.göz için de: 40I3 30I V y = 0 Vy = 30I 40I3 ; V y = 90.9 ve PI = I 0 0Vy = W bulunur. Direnç güçleri P = RI eşitliğinden, P = Ω 5I = W, 5 P = Ω 5I =.04 W, 5 P = Ω 5I =.69 W, 5 P = Ω 50I = 4.45 W, 50 4 P = Ω 0I = W, 0 3 P = Ω I I = W, ( 3) 4.63 P = Ω I I = W ( 4) sonuçları bulunur. Üretilen toplam gücün, tüketilen toplam güce eşit olduğuna dikkat ediniz Göz akımları metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede 0 Ω luk direnç üzerindeki akımın A olması için gerekli β değerini bulunuz

253 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Çözüm: Göz akımları aşağıda görüldüğü gibi saat dönüş yönünde seçilmiş olsun: a-düğüm noktasında KAY ile I I = β I ve I = I I I = β I; I = I ( β ) eşitliği elde edilir. Süper-göz için de, I = A I ( β ) = 0I 0I = 50 ; I = A 0I 0 = 50 ; I = A ve, ( β ) = sonucu elde edilir. β = = Göz akımları metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede β ve α değerlerini bulunuz. Çözüm: Şekilde görüldüğü gibi saat dönüş yönünde seçilmiş göz akımları için

254 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I = A, ve I 3 = A olacaktır. Süper-göz için: I 3I 5I3 = 0 I = 0 5() 3() ; I = 0.5 A bulunur. KAY ile, I I = α I ; I I3 = β I eşitlikleri yazılır ve I = I ifadesi bu eşitliklerde kullanılırsa, I = I ( α) ; I ( ) 3 = I β eşitlikleri elde edilir. I I α α = = I3 ve I = = β β eşitliklerinden, I = 0.5 A için α = 5 ve β = 3 bulunur. 3.. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede V a, V b potansiyellerini bulunuz. Çözüm: a-düğüm noktası için: Va 40 Va Va Vb = 0 4V a Vb = b-düğüm noktası için:

255 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Vb 40 Vb Vb Va = 0 Va 4Vb = Bu eşitlikler bir matriks eşitlik formunda yazılırsa 4 V a 40 = 4 V b 80, ve Kramer kuralı ile de, V a ( 80) 40 = = = = V, V b ( 40) 360 = = = = V değerleri bulunur. 3.. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede I akımını bulunuz. Çözüm: a ve b düğümleri için sırasıyla; Va 80 Va Vb Va 80 Vb = Vb ( 80) Va Vb Va Vb = V 7V = 960, a 7V 7V = 60 a b b eşitlikleri ya da 7 7 Va 960 = 7 7 V b 60 matriks eşitliği elde edilir. Bu eşitlik, bilinmeyen düğüm potansiyelleri için çözülürse,

256 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER V a = = = = V, V b ve = = = = V I Va Va = = =.66 A sonucu elde edilir Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Çözüm: V = V. a a ve b düğümlerinde düğüm potansiyelleri metodu ile, sırasıyla Va Va Vb Va V Vb 3 = 0 V a 7Vb = 300, Vb Vb Va Vb ( V ) Va 5 = 0 7Va V b = ve matriks eşitlik formunda da,

257 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 7 Va 300 = 7 V b 500 ifadesi elde edilir. Matriks eşiliğin çözümüyle V a = = = = 60.7 V, V b = = = = V. olacağından, bağımlı kaynağın üzerinden geçen akım I Va V Vb = =.4 A 0 ve gücü de P = V I = V I = 60 W olur. V a 3.4. Nokta potansiyelleri metodu ile, aşağıda görülen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Çözüm: Düğüm potansiyelleri ve kol akımları aşağıda görüldüğü gibi seçilmiş olsun:

258 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Şekilde belirtilmiş süper-nokta için, Va Vb 3 5 = 0 Va Vb = 00, 5 5 ve süper-noktayı içeren gözde KGY uygulanarak, Va V Vb = 0, Va = V ; Va V a Vb = 0 Vb = 3V eşitlikleri elde edilir. Buradan, V 3V = 00 V = 50 V ve V = 50 V bulunur. a a a b B noktasında akım yasası uygulanarak bağımlı kaynağın üzerinden geçen akım aşağıdaki gibi bulunur: Vb Vb Va 5 Ia Ib I = 0 I = 5 ; I = 3 A 5 50 Böylece, kaynağın güce de, P = V ( I ) = ( 50)( 3) = 300 W (güç üretiyor) bulunur. V 3.5. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak Şekil.3.34 de verilen devrede 50 V luk kaynağın bağlı olduğu terminalden görülen eşdeğer direnci bulunuz. a Çözüm: Düğüm potansiyelleri aşağıda görüldüğü gibi seçilmiştir

259 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 50 Volt luk kaynağın terminallerinden görülen eşdeğer direnç R eş 50 = ve I I 50 = 5 V c olacağından düğüm potansiyelleri metodu kullanılarak V c potansiyeli bulunmalıdır. V = 00 V, a Vc I =. 50 b ve c düğümlerinde düğüm potansiyel denklemleri sırasıyla aşağıdaki gibi olacaktır: Vb Va Vb Vc I = Vb 00 V c Vb Vc = 0 ; Vc 50 Vc Vc Vb = 0 V b V c = V 4V = 600. b c 8 4 Vb 600 = V c 300 V b = 56.5 V, V c = V. Böylece, kaynak akımı I = I = 0.5 A 5 ve eşdeğer direnç de 50 R eş = R eş = 00 Ω bulunur Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede I akımının A. olması için gerekli α değerini bulunuz

260 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Çözüm: I 40 V = b ; I = V = b ; V b = 0 V, ve Vb 75 = V. Süper-nokta için: Va 0 = 0 V a = 30 V Süper noktayı içeren gözde KGY nı uygulayarak, Va Va αv Vb = 0 Va Vb ( α) = 0 ve α = = 3.9 bulunur. V 3.7. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede, I akımını bulunuz. b - 4 -

261 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I Vb Vc = 4 olduğundan b ve c düğümlerinin potansiyellerinin bulunması gerekir: Va Vb Va 4 = 0 3V a Vb = Vc Vb Vc 4 = 0 V b 3V c = Vb Va Vb Vc Vb = 0 V a 7Vb 4Vc = Va V b 3 = 7 4 V c 3 V b = = = A, V c = = = 0.36 A ve I Vb Vc 4.54 ( 0.36) = = =.456 A 4 4 sonucu elde edilir

262 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 3.8. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak, verilen devrede 00 Volt luk kaynağın 900 W güç üretmesi için gerekli R değerini bulunuz. Çözüm: Gerilim kaynağının 900 Wat güç üretmesi, üzerindeki akımın aşağıdaki şekilde görüldüğü yönde olmasını gerektirir. (Güç tüketiyor konumda olsa akım yönü ters olurdu) Kaynağın güç ifadesinden I akımı bulunabilir: P50 V = 00I 900 = 00I ; I = 9 A. a ve c noktaları ile referans noktası arasında sadece gerilim kaynakları bağlı olduğundan, V = 50 V, V = 00 a olacaktır. b noktası için, c Vb Va Vb Vb Vc = 0 R R R Vb 50 Vb Vb 00 = 0 ; 5V b = 300 V b = 60 V R R R bulunur. c noktasında akım yasasını uygulayarak: Vc Vb Vc Va 9 = 0 R R V c Vb Va R = ; 9 90 R = = 0 Ω bulunur

263 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 3.9. Nokta potansiyelleri metodunu kullanarak aşağıda verilen devrede I / 0 I s oranını bulunuz. 0.V 50 Ω V 50 Ω 50 Ω I 00 Ω I 0 s 0.5V 00 Ω Çözüm: Aşağıda görüldüğü gibi seçilmiş düğüm potansiyelleri için V V = V a, I b 0 =, 50 Va Va Vb V 0.V = Is 5V V = 00I a b s Vb Vb Vb Va V 0.V = 0 6V a 5V b = veya V I s = V 0 eşitliği elde edilir. Bu eşitliğin çözümüyle de 5 00I Is Vb = = bulunur. Böylece, s V = b 600I 73 s

264 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 600I 50 s I0 5 I 0 = = sonucu elde edilir. 73 I 73 s 3.0. Şekilde verilen devrede V / 0 V s oranını bulunuz. Çözüm: Aşağıda görüldüğü gibi seçilmiş a noktası için: V V V V 0.00V ve a s a a 0 = 0 7Va V s = 0.00V 0 V0 = = I = V0 50I 00 0 I olacaktır. I akımı, a noktası potansiyeli cinsinden 6 I V = a 0.00V dir. Bu iki ifadenin eşitliğinden, Va 0.00V 0 V0 = ; 000V 6 a V0 = V0 V a = bulunur. V a değeri ilk eşitlikte kullanıldığında da,

265 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER V0 V s = 0.00V 0 ; = 000 sonucu elde edilir. V s 3.. Şekilde verilen devrede 50 V luk kaynağın üzerinden geçen I akımını bulunuz. 5 Ω 0 V 5 V 50 Ω 0 Ω 5 A 5 Ω I 50 V Çözüm: Verilen devrede referans noktası belirtilmediğinden, aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi referans noktası seçilir ve bu noktaya göre potansiyeli bilinmeyen diğer düğüm noktalarına değişkenler atanır: Bu seçime göre V b = 50 V dur. a noktası için de, Va 5 Va Va 0 Va Vb = 5 ; 6V a 5V b = eşitliği elde edilir. V b = 50 değeri bu eşitlikte kullanıldığında 6V a = ; V a = 5 V bulunur. b noktasında KAY uygulanırsa Va Vb Va Vb I 5 = 0; I = 5 ve I =.5 A bulunur BÖLÜM ÇÖZÜMLERİ 4. Kaynak dönüşümü prensibini kullanarak aşağıda verilen devrede I akımını bulunuz

266 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Çözüm: Akım kaynaklarına kaynak dönüşümü uygulanırsa, bir gözlü bir devre elde edilecektir: V s = 4 0 = 40 V, V =.5 0 = 30 V. R s Rp 0 = = Ω, R = R = 0 Ω. s s p 0 Ω 40 Ω I 0 Ω 40 V 30 V I 50 V 50 Ω KGY ile de, I ( ) = 0 0I = 60 ; I = 0.5 A bulunur. 4. Kaynak dönüşümü prensibini kullanarak aşağıda verilen devrede V gerilimini bulunuz. Çözüm: Bağımlı gerilim kaynağına kaynak dönüşümü uygulanırsa aşağıdaki dönüşmüş devre elde edilir. V I p = = 0.4 A, Rp = Rs = 5 Ω

267 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Paralel elemanlar üzerindeki gerilim eşit olacağından, akım yasası uygulanarak V V = 0.4V 5 3V = 00; V = V bulunur Kaynak dönüşümü prensibini uygulayarak aşağıda verilen devrede P kaynağının gücünü bulunuz. Çözüm: 0 V luk diğer gerilim kaynağı ve bağımlı akım kaynağına aşağıdaki gibi kaynak dönüşümü uygulanırsa, 0 I p = = A, Rp = Rs = 0Ω, 0 V = 0( V ) = 0V, R = R = 0 Ω s s p

268 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER yukarıdaki dönüşmüş devre elde edilir. Paralel bağlı 0 Ω luk dirençlerin eşdeğeri olan 0 Ω luk direnç ve akım kaynağı tekrar kaynak dönüşümüne tabii tutulursa aşağıdaki bir gözlü devre bulunur. V s = 0 = 0 V, R = R = 0 Ω. s p Dönüşmüş bu devrede KGY uygulanırsa, 0V 50I 0 = 0 ve 0 0I V = 0 eşilikleri elde edilir. Bu eşitlikler I akımı için çözülürse, I =.4 A bulunur. P kaynağının gücü ise P0 = 0I = 0.4 = 8W bulunur. V 4.4 Kaynak dönüşümü prensibini kullanarak aşağıda verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Çözüm Bağımsız gerilim kaynağına kaynak dönüşümü ugulandığına, 50 / 5 = A lik akım kaynağı ile 5 Ω luk direncin paralel bağlantısı elde edilir. Paralel akım kaynaklarının toplamı 4 = 6 A olacaktır. Bu akım kaynağı ve paralel direncin oluşturduğu kısıma tekrar kaynak dönüşümü uygulanırsa 6 5 = 50 V luk gerilim kaynağının 5 Ω luk dirence seri bağlantısı elde edilir. Sonuç dönüşmüş devresi aşağıdaki şekilde görüldüğü gibidir. Bu aşamadan sonra bir kaynak dönüşümü mümkün olmadığından aranan devre değişkeni bu devreden elde edilmelidir

269 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER KGY uygulanırsa, 50 5I 4V V = 0 3V 5I = 50. V = 40I ; 0I 5I = I = =.579 A; V = 63.5 V Ω luk direnç üzerindeki akım: 4V I = 0Ω.63 0 = A. Bağımlı kaynak akımı, KAY ile, I I I = ; I4 = I0 I = = 4. A 4V 0Ω 0 V Ω ve bağımlı kaynağın gücü; P = 4 V ( I ) = 4( 63.5)(4.) = W bulunur 4V 4V 4.5 Kaynak dönüşümü prensibini kullanarak aşağıda verilen devrede I akımını bulunuz. Çözüm: Bağımlı gerilim kaynağına 80 Ω luk dirençle birlikte kaynak dönüşümü uygulanırsa, 0 V /80 = 0.5V A lik akım kaynağına paralel bağlı 80 Ω luk dirençten oluşan yapı elde edilir. Bağımlı kaynaklar paralel olduğundan toplanabilir ve eşdeğer bağımlı akım kaynağı 0.5V A, 80 Ω luk dirençler ve 40 Ω luk direnç paralel olacağından eşdeğerleri 80 //80 // 40 = 0 Ω olacaktır. Son olarak, akım kaynağı ile paralel bağlı bu direnç tekrar kaynak dönüşümüne tabii utulursa, 0.5 V (0) = 0V V luk gerilim kaynağına seri bağlı 0 Ω luk dirençten oluşan yapı elde edilir. Böylece elde edilen sonuç dönüşmüş devresi aşağıda görüldüğü gibi olacaktır. Bu devrede KGY uygulanırsa,

270 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 0V 30I 00 = 0 ; V = 0I 70I = 00 ; 0 I = A bulunur Süper-pozisyon teoremini kullanarak aşağıda verilen devrede I a akımını bulunuz. Çözüm: Akım kaynağı izole edilerek, I a akımına gerilim kaynağının katkısı bulunur: 40 I a = = A. Gerilim kaynağı izole edilerek, I a akımına gerilim kaynağının katkısı bulunur 6 I a = 5 = 3 A

271 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Toplam akım her iki kaynağın katkılarının cebirsel toplamı kadardır: I = I I = 4 ( 3) = A. a a a 4.7 Süper-pozisyon teoremini kullanarak aşağıda verilen devrede V gerilimini bulunuz. Gerilim kaynağı izole edilerek elde edilen aşağıdaki devreden, bulunur: akım kaynağının katkısı V 5V 40(6) = 0 V = 40 V ve akım kaynağı izole edilerek gerilim kaynağının katkısı V 5V 60 = 0 V = 0 V bulunur. Toplam gerilim ise bu katkıların cebirsel toplamıdır: V = V V = 40 0 = 50 V. 4.8 Süper-pozisyon teoremini kullanarak aşağıda verilen devrede Ω luk direncin gücünü bulunuz

272 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Çözüm: Akım kaynağı izole edilerek elde edilen aşağıdaki devreden, gerilim kaynağının I akımına katkısı bulunur: KAY ile, I = I 5I ; I = I 6 ve en dış çevrimde KAY nı uygulayarak da, I (6 I ) 4I = 0 ; 7I = 0 I = A bulunur. Gerilim kaynağı izole edilerek elde edilen aşağıdaki devreden de, akım kaynağının I akımına katkısı bulunur: KAY uygulanarak,

273 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I 5I = I ; 6I = I, y y ve yine en dış çevrimde KAY nı uygulayarak da, I (6I ) 4( I ) = 0 ; 7I = I = A bulunur. Toplam akım bu iki akımın cebirsel toplamı olduğundan: I = I I = = 0.7 A ve Ω luk direncin gücü de P Ω = I = 3.69 mw bulunur. 4.9 Süper-pozisyon teoremini kullanarak aşağıda verilen devrede bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. Çözüm: A lik akım kaynağı izole edildiğinde aşağıdaki devre elde edilir: Dış çevrimde KGY ile, 0I 0I 5I = 0 a ve KAY ile de, I I a = ; Ia = I eşitlikleri elde edilir. I a akımının ifadesi ilk eşitlikte kullanılarak 0( I ) 0I 5I = 0 ; 5I = 0 I = 0.4 A, I = 0.4 = 0.6 A bulunur. a

274 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER A lik akım kaynağı izole edildiğinde aşağıdaki devre elde edilir: Dış çevrimde KGY ile, 0I 0I 5I = 0 b ve KAY ile de, I I b = ; Ib = I eşitlikleri elde edilir. I b akımının ifadesi ilk eşitlikte kullanılarak 0( I ) 0I 5I = 0 ; 5I = 0 I = 0.8 A, I = 0.8 =. A bulunur. b I akımı için I = I I = =. A ve gerilim kaynağı üzerinden geçen akım için de Ia I = = 0. A değerleri bulunur. Gerilim kaynağına 0. A lik akım pozitif terminalinden girmektedir. Bu nedenle gücü: P = ( I I )(0 I) = 0. (0.) =.4 W bulunur. 0I a 4.0 Aşağıda verilen devrenin a-b terminallerinden görülen Thevenin eşdeğer devresini bulunuz

275 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Çözüm: Aşağıda görülen devreden açık devre gerilimi bulunur: 5 Ω 5 Ω a 0 V I 5 Ω V oc b 0 I = = 5 5 A ve V = 5I = 5 = 5 V. oc Açık devre gerilimi Thevenin eşdeğer gerilimine eşittir: V Th = V = 5 V. oc Devrede bağımlı kaynak bulunmadığından, Thevenin eşdeğer direnci, devredeki bağımsız kaynaklar izole edildiğinde a-b terminallerinden görülen dirence eşit olacaktır. R eş = R = (5 // 5) 5 = 7.5 Ω. Th Thevenin eşdeğer devresi aşağıda görüldüğü gibi olacaktır. 4. Aşağıda verilen devrenin a-b terminallerine 8 Ω, 8 Ω ve 88 Ω luk dirençler sırasıyla bağlanıyor. Her bir durumda dirençlerin harcadığı gücü bulunuz

276 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Çözüm: Aşağıdaki devrede düğüm potansiyelleri uygulanarak açık devre gerilimi bulunur: Va 0I Va 50 Va = 0 ; Va Va I = = V a = 50 ; V a = 5 V. V oc Va = VTh = 40 = 0 V. 50 Aşağıdaki devreden de kısa devre akımı bulunur: Bu devrede 40 Ω luk direnç kısa devredir. Va 0I Va 50 Va = 0 ; I = 0 3V a = 50 ; V a = V. 3 Va 50 / 3 5 I sc = = = A Thevenin eşdeğer direnci, açıkdevre geriliminin kısa devre akımına oranıdır: Voc 0 RTh = = = Ω. Isc 5 / 3 Thevenin eşdeğer devresi aşağıda görülen devre olacaktır. Bu devrede sırasıyla verilen dirençler çıkış terminallerine bağlandığında, R = 8 Ω; V Th 0 PR = I R = R = 8 = 8 W, RTh R

277 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER R = 8 Ω; V Th 0 PR = I R = R = 8 = 7 RTh R 8 W, R = 88 Ω; V Th 0 PR = I R = R = 88 = 3.5 RTh R 88 W bulunur. 4. Şekil.4.6 de verilen devrede Thevenin teoremini kullanarak V 0 gerilimini bulunuz. Çözüm: Üzerinden geçen akımın arandığı direnç devreden çıkarılarak, bu direncin bağlı olduğu terminallerden görülen Thevenin eşdeğer devresinin bulunması gereklidir. Bu amaçla öncelikle aşağıdaki devreden açık devre gerilimini bulalım:

278 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 60I 0I = 0 ; I = A 60I = 0 40 ; I = A, Voc 0I 0I = 0 ; Voc VTh I I = = 0 0 = 0 0 = 30 V. Devrede bağımlı kaynak bulunmadığından, Thevenin eşdeğer direnci bağımsız kaynaklar izole edilerek elde edilen aşağıdaki devreden bulunur: ( ) R = (0 30) //0 0 = 8.33 Ω. Th Elde edilen Thevenin eşdeğer devresine aşağıda görüldüğü gibi üzerindeki akım aranan direnç bağlanırsa, akım bu tek gözlü devreden kolaylıkla, I = VTh 30 R R = = A olarak bulunur. Th 4.3 Aşağıd verilen devrede Thevenin teoremini kullanarak V 0 değerini bulunuz

279 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Çözüm: Problem 4. de verilen devrenin, 0 Ω luk direncin bağlı oldu terminallerden görülen Thevenin eşdeğrinin bulunması gerekmektedir. Bu amaçla, 0 Ω luk direnç devreden çıkarılarak elde edilen, aşağıdaki devrede açık devre gerilimini bulalım: I 0I = 0 ; I = A 3.67I = 0 ; I = =.63 A KGY ile, V 0 0( I I ) = 0 ; V = V = 0 0(.63) =.63 V bulunur. oc oc Th Kaynaklar izole edildiğinde elde edilen aşağıdaki devreden de Thevenin eşdeğer direnci bulunur: 30Ω 0Ω.67 Ω R eş =R Th 0Ω ( ) R = (0.67) //0 30 = Ω. Th Aşağıda, elde edilen Thevenin eşdeğer devresine, üzerindeki gerilim aranan direnç bağlanmıştır. Bu devreden gerilim,

280 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER V 0 = VTh 30 R R R = = Th V bulunur. 4.4 Aşağıda verilen devrede Thevenin teoremini kullanarak 50 V luk kaynağın gücünü bulunuz. 0Ω 0Ω 0I 0Ω V oc I =0 40Ω 00V 50 V luk kaynak devreden çıkarılılarak elde edilen aşağıdaki devreden açık devre gerilimi bulunur. 0Ω 0Ω 0Ω 40Ω 0I V oc I =0 I 00V 0I 70I 00 = 0 ; I = 0 70I = 00 ; I =.48 A. İkinci gözde KGY uygulanarakda, V 50I 00 = 0 ; V = 50I 00 = 0 V = 50 (.48) 00 = 8.57 V oc oc bulunur. Aynı terminalden görülen Thevenin eşdeğer direnci için, devredeki 00 V luk bağımsız kaynak izole edilip, direncin hesaplanacağı terminale bir test kaynağı bağlanarak aşağıdaki devre elde edilmiştir: Düğüm potansiyelleri metodu ile, oc Va VT Va 0I Va = 0 ; I Va VT = 0 5V T V a =

281 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I (5 VT /) VT 7VT VT = = ; RTh = 0 0 I 0 R Th = Ω. 7 Thevenin eşdeğer devresine, gücü hesaplanacak 50 V luk kaynak bağlanarak elde edilen aşağıdaki devreden, 6.. Kapasitansı 0. µf olan bir kapasitörün plakalarında biriken yükün zamana bağlı ifadesi 3 3 = C q( t) 0 t 3 ise kapasitör terminal akımını ve terminal gerilimini bulunuz. dq( t) d t t i( t) = = 0 = (0 ) (3) = t A. t v( t) = i( t) v(0) C ; v (0) = 0. 0 t t v( t) = (0 ) t = 50 = 666.6t V µf lık bir kapasitörün terminal geriliminin zamana bağlı değişimi aşağıdaki şekilde verilmiştir. Bu kapasitörün terminal akımının zamana göre değişimini bulunuz. Akımı ve kapasitörde depolanan enerjiyi zamanın bir fonksiyonu olarak çiziniz

282 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER dv( t) i( t) = C olduğundan verilen eğrinin ilgili aralıkta eğimi bulunup kapasitör kapasitansı ile çarpılabilir: dv( t) 0 0 t t = ( t ) 0e ve dv( t) 0.0 i( t) = C = e ( t ) 0 t t w( t) = Cv ( t) 0 t w( t) = 0 e 3 3 ( t ) J J 0 t t w( t) = mj t e t ( t ) mj 0. t w(mj) t e -(t-) t(s) 6.3. Başlangıçta yüksüz olan mf bir kapasitör üzerindeki akımın zamana göre değişim grafiği Şekil.6. de verilmiştir. Kapasitörün terminal gerilimini bulunuz ve zamana göre değişim grafiğini çiziniz

283 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 0 t için kapasitör akımı i( t) 0 6 = A ve (0) 0 v = ; t v( t) = i( t) v(0) C v( t) = = t 0 V. t 6 0 t = için kapasitör akımı i( t) 0 v() = t = = V. 6 = A. ve t t 6 0 t v( t) = = t = t = t 3 0 V. 6 0 t < için kapasitör akımı sıfır olduğundan bu andan sonra kapasitör üzerindeki gerilim t = anındaki gerilim değerinde sabit kalacaktır. v () = 3 = V İndüktansı H olan bir bobinin terminal akımının zamanla değişimi Şekil.6.3 de verilmiştir. Bobin terminal geriliminin zamana göre değişimini çiziniz. i(a) t(s) di( t) v( t) = L olduğundan verilen eğrinin, ilgili aralıkta eğimi bulunup bobin indüktansı ile çarpılabilir:

284 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 0 t 0 t di( t) < < = t 3 3 < t < 5 5 t 6 ve 4V 0 t 0 t di( t) < < v( t) = L = 4V t 3. V 3 < t < 5 4V 5 t İndüktansı mh olan bir bobinin terminal gerilimi 5 mv, 0 t < v( t) = t e mv, t ve başlangıçta bobin üzerinde depolanan enerji sıfır ise, bobin terminal akımını zamanın bir fonksiyonu olarak çiziniz

285 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 0 t < için, t i( t) = v( t) i(0) L ve i (0) = 0 olduğundan, 0 t 3 50 i( t) = =.5t 0 A. ve i () =.5 A. 3 0 t için, t i( t) = v( t) i() L ve i () =.5 A. olduğundan 3 t t t t t 3 0 i( t) = e.5 = 0.5e.5 = 0.5e = e t A Şekilde verilen devre uzun süredir çalışmaktadır. Kapasitör ve bobin üzerinde depolanan enerji miktarlarını bulunuz. Kapasiör ve bobin uzun süre dc kaynağa maruz kaldıklarından, artık dc koşullarında çalışmaktadırlar. Yani kapasitör açık devre, bobin ise kısa devre gibi davranmaktadır. Bu koşullar alında eşdeğer devre aşağıdaki gibi olacaktır

286 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Bobin akımı, 5 I L = = 0.5 A. ve kapasitör gerilimi Vc = 50IL = 50 (0.5) =.5 V. olacaktır Depolanan enerjiler ise ( ) (.5) c 5.65 wc = CV = = mj w L (0.5) (0.5) I L 5.65 = = = mj. bulunur Şekilde görülen devrenin giriş terminalinden görülen eşdeğer indüktansı bulunuz. L eş 8 6 = (( 4 4 ) // 6) 5 = (8// 6) 6 = 6 = H Şekilde verilen devrenin giriş terminalinden görülen eşdeğer indüktansı bulunuz. (((( ) ) ) ) ( ) ( ) (( ) ) L = 3 // 4 // // 3 3// 6 = 4 // 4 // // 3 eş (( ) ) ( ) L = // 3 = // 3 = 3.5 H. eş

287 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 6.9. Şekilde görülen devrenin giriş terminallerinden görülen eşdeğer kapasitansı bulunuz.. C eş = 6 = 7 F. C C eş eş = = = Ceş F. C 3 = C.4 =..4 = 3.5 F. eş eş C C (3.5) (3.5) (3.5) eş3 eş4 = = = Ceş F. C 5 = C 4.5 =.75.5 = 3.5 F eş eş C C (3.5) (3.5) (3.5) eş5 eş6 = = = Ceş F. C 7 = C = = 5 F. eş eş C eş C eş7 = = = C eş7 (.5) 5 (.5) F Şekilde görülen devrenin a-b terminallerinden görülen eşdeğer kapasitansını bulunuz. Kısa devre uçları birleştirilirse devre aşağıda görüldüğü şekilde yeniden çizilebilir: Ce Ce 6 8 C eş = 4 = 6µF, C eş = 3 5 = 8 µf, Ceş = = = 4 µf. C C 6 8 eş eş

288 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 6.. Şekilde verilen devrenin eşdeğer kapasitansını bulunuz. i 4 Giriş terminallerine v(t) gerilimini uygulayarak KGY nı uygulayalım: i( t) 5 v( t) = i( t) i( t) i( t) C C = 4 C 4C 4C 5C v t i t i t Ceş = ( ) = ( ) = ( ) 4CC Ceş 4C C 4C 5C. 6.. Şekilde verilen devrenin eşdeğer indükansını bulunuz. di di 4 Giriş terminallerine v(t) gerilimini uygulayarak KGY nı uygulayalım: di di 4 di di di di di di v( t) = L L L = ( L L ) L di di di di di di di 0 = L L L = ( L ) ( L L )

289 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER di L di =. L L 3 di L di L3 0.75L 3 di v( t) = ( L L3 0.5) L3 = L L3 0.5 L3 L L3 L v( t) L ( L L 0.5) L ( L 0.5) di L L 3 3 = 3 di ve v( t) = Leş L eş = L ( L L3 0.5) L3 ( L 0.5) L L Şekilde verilen devrede i (0)=0.5 A ise, i (t), i (t), v (t) ve v (t) akım ve gerilimlerini bulunuz. t=0 da KAY sağlanmalı, i (0) i (0) ( e t ) t= 0 = 0.5 i (0) =0; i (0) = 0.5 A. Kaynağın bağlı olduğu terminalden görülen eşdeğer indüktans L eş 6 3 = ( 4) // 3 = 6 // 3 = = 6 3 H ( ) di d v ( ) 4 t L e e t t = eş = = V. v ( ) t gerilimi paralel kollardaki gerilimdir. Yani aynı gerilim seri bağlı 4 H ve H lik bobinlerin üzerindeki toplam gerilimdir. Gerilim bölücü devre eşitliğinden, v t v ( t) v ( t) 4 3 t ( ) = = =.333e V. bulunabilir. Bobin terminal eşitliğinden, t t t ( ) = ( ) (0) = i t v t i e t t e i ( t) =

290 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER KAY kullanılarak, i t t ( ) = A. t e i ( t) i ( t) = i ( t) e ( e ) e t t t = = A. veya bobin terminal eşitliği bir kez daha kullanılarak, t t t ( ) = ( ) (0) = i t v t i e i t ( ) t e = A. bulunabilir. t için de KAY nın sağlandığına dikkat ediniz Şekildeki devrede başlangıç kapasitör gerilimleri sıfırdır. Kapasitör gerilimleri v (t) ve v (t) ve kapasitör akımları i (t), i (t) yi bulunuz. Ayrıca Kapasitörlerde depolanan toplam enerji miktarlarını bulunuz. Kapasitör terminal eşitliğinden, v ( t) = i( t) v (0) ; v (0) = t t t t t t ( ) = = 00 3 ( ) = 00( ) v t e e e V. Paralel kapasitörler üzerindeki gerilim v ( t ) olduğundan, 4 5 C = = mf ve bu eşdeğer kapasitans üzerinden kaynak akımı geçtiğinden, eş t t t ( ) = = 00( ) v t e e V. Kol akımları için, i t ( ) = ve 3 ( ) 40 dv t 3 ( ) i ( t) 0 dv t = ; - 7 -

291 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER d i ( t) 0.4 ( e ) 0.8e t t = = A ve d i ( t) 0. ( e ) 0.e t t = = A elde edilir. v ( t ) ve v ( t ) eşitliklerinde t için v ( ) = v ( ) = 00 V olduğundan, kapasitörlerde depolanan enerjiler, w = = J, w = = ve w3 = = J. Kapasitörlerde depolanan oplam enerji, w = w w w3 = = 50 J. Akım kaynağının terminallerindeki gerilim, v t = v t v t = e. ( ) ( ) ( ) 00( t ) t t t 4t Akım kaynağının gücü, p( t) = v( t) i( t) = 00( e ) e = 00e 00e W. 0 t < kaynağın ürettiği enerji, t 4t t 4t 00e 00e J. w = p( t) = (00e 00 e ) = = = Kaynağın ürettiği toplam enerjinin kapasitörlerde depolanan toplam enerjiye eşit olduğuna dikkat ediniz Şekilde verilen devrenin giriş sinyali ise çıkış sinyalini bulunuz. 0.V 0 t vs ( t) = 0 t < 0 İdeal yükseltici yaklaşımını kullanarak devreyi analiz etmek üzere aşağıda görüldüğü gibi yeniden çizelim: i i 0 = =, v = v = 0-7 -

292 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER i R v =, 3 i c 3 dvo v = 0, i = s KAY, v potansiyeline sahip noktada uygulanırsa: i = i i R c vs vo 6 dvo = 0 ; v 3 3 s = dvo 0vo 0.5 = 0t vo ( t) = 0.05( e ) V Şekilde verilen devrede sinyalini bulunuz. v t = e V ve v ( ) 0.5 t = t V olduğuna göre, çıkış ( ) t s s Şekilde verilen devre bir integral yükseltici olup, her bir giriş için vo ( t) = vs ( t) RC t 0 çıkış sinyali üretilecektir. O halde toplam çıkış sinyali

293 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t t 0.5t vo ( t) = 0.5e 0.5t (5000 )(0 ) (0 )(0 ) t t 0.5t t 0.5t vo ( t) = e 0.5 = ( e ) 0.5t V. olacaktır Şekil.6.34 de verilen devred bulunuz. v t = e V ve v ( ) 0.5 t = t V ise, çıkış sinyalini ( ) t s s Verilen devre bir türev yükselticidir ve her bir giriş sinyali için dvs ( t) vo ( t) = RC çıkış sinyali üretilecektir. Buna göre toplam çıkış sinyali, d v t ( e t) ( e ) e t 0.5t 0.5t o( ) = (0 0 )( 0 ) = = 5 0 V. olur Şekil.a da verilen yükseltici devresi girişine Şekil.b de görülen gerilim uygulanmış ve çıkışında Şekil.c de görülen sinyal elde edilmiştir. R ve C değerlerini bulunuz. C R v s v o Şekil.a

294 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Şekil.b: Giriş gerilimi Şekil.c: Çıkış gerilimi Verilen devre bir integral yükseltici olup çıkış sinyalinin ifadesi v o = vs ( t) RC t 0 olmalıdır. Çıkış sinyali, giriş sinyalinin negatif integralidir. O halde çıkış sinyali ifadesindeki katsayı olmalıdır RC = Uygun kapasitör değeri seçilirse, yukarıdaki eşitliği sağlayacak kapasitans değeri bulunabilir: C = µf için R = = = MΩ C 6 0 bulunur. Burada öncelikle kapasitör değerinin seçilmesi, sonucun pratik olarak gerçeklenmesine olanak verir. Aksi durumda, seçilmiş bir direnç değeri için, örneğin F lık bir kapasitans bulunsa idi, bu teorik olarak doğru olmakla birlikte, pratikte bu kadar büyük kapasitanslı bir kapasitörün gerçeklenmesi kolay olmazdı! 6.9. Şekilde görülen yükseltici devresinde kapasitör başlangıç gerilimi 4 Volt tur. Anahtar kapatıldıktan sonra işlemsel yükselticinin doyuma ulaşması için geçecek süreyi bulunuz

295 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t = 0 anında anahtar kapatılana kadar çıkış terminalinde -4 V luk sinyal görülmektedir. Anahtar kapatıldıktan sonra bu sinyale integral yükseltici çıkışı eklenecektir: t v ( t) = v (0) v ( t) = 4 5 o c s 6 3 RC (0.0 )(5000 ) 0 0 t v ( ) 4 50 o t = t V. Çıkış sinyali seviyesi dc besleme gerilimi değerine ulaştığında yükseltici doyuma ulaşacağından, 0 = 4 50t 4 t = = 93.3 ms. bulunur Şekilde verilen devrede v ( ) 5 a t = V v ( ) 5 a t = V olduğuna göre çıkış terminali gerilimini bulunuz (Kapasitör başlangıç enerjileri sıfırdır). Birinci integral yükseltici çıkışı, ikinci integral yükseltici tersleyen girişine uygulanmış ve ikinci integral yükseltici terslemeyen girişine de v a sinyali uygulanarak ikinci yükseltici aynı zamanda bir fark yükseltici olarak kullanılmıştır. Birinci yükseltici çıkışı: vo ( t) = 5 = 5t 3 6 (5000 )(0 ) V. t 0 ideal yükseltici yaklaşımı ile ( v = v ), 5 v = 00 =.5 ; v =.5 V

296 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER v vo d C ( v 3 vo ) = t d v = (.5 o) 0 dvo.5 5t = =.5 5t 3 6 (00 0 )(0 ) t vo = (.5 5 t) =.5 t( t) V

297 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 7.. Şekilde verilen gerilim sinyalini basamak fonksiyonları ile ifade ediniz. Verilen sinyal, iki basamak fonksiyonunun toplamı şeklinde ifade edilebilir: v ( t ) sinyali, t = de başlatan ve sonsuza kadar devam eden basamak fonksiyonu olup ifadesi, v ( t ) = 50 u ( t ) dir. v ( ) t sinyali ise t = de başlayan ve yine sonsuza kadar devam eden basamak fonksiyonudur ve v ( t ) = 50 u ( t ) ile ifade edilir. < t < için sadece v ( ) 50 t = sinyali mevcut olup, < t için v ( t ) = 50 V sinyali de mevcuttur ve bu iki sinyalin toplamı < t için sıfır olacaktır. O halde, v( t) = v ( t) v ( t) = 50 u( t ) 50 u( t ) [ ] v( t) = 50 u( t ) u( t ) olacaktır. 7.. Şekilde verilen akım sinyalinin zaman bağımlı ifadesini bulunuz

298 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 0 t < aralığında eğimi 3 olan bir rampa fonksiyonu mevcuttur. Bu fonksiyon i ( t) = 3 r( t) ile ifade edilir. t > için bu rampa fonksiyonu mevcut olmadığından, t = de, t > için i ( t ) akımını ile toplamı, bir sabit olacak i ( t ) akımı eklenmelidir. Bu akım i ( t) = 3 r( t ) sinyalidir. Bu iki sinyalin toplamı aşağıda görülmektedir. Toplam sinyaline t = de başlayacak ve değeri -5 A. olan, i 3 ( t) = 5 u( t ) bir basamak sinyali eklenirse, t > için sonuç sinyali - A. olacaktır. Bu sinyallerin toplamı aşağıdaki şekilde görülmekedir. t > 3 için toplam sinyal sıfır olacağından, 3 > t > için mevcut olan sinyali, t = 3 sıfır yapacak a. değerindeki i 3 ( t) = u( t 3) basamak akımını toplamak gereklidir. Bu sinyallerin toplamı da aşagıda görülmektedir O halde,

299 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER i( t) = i ( t) i ( t) i ( t) i ( t) = 3 r( t) 3 r( t ) 5 u( t ) u( t 3) 3 4 veya [ ] i( t) = 3 r( t) r( t ) 5 u( t ) u( t 3) bulunur Bir RL devresinde, bobin akımı ve bobin gerilimi, i ( t) e L 5t = A., 0 t ve v ( t) 0e L 5t = V., t > 0 olarak verilmiştir. Bu devrede, a) Eşdeğer direnci b) Devrenin zaman sabitini c) Bobin indüktansını d) Bobin başlangıç enerjisini e) Bobin başlangıç enerjisinin yarısının harcanması için gerekli süreyi bulunuz. Verilen akım ve gerilim ifadelerine göre, devrede kaynak bulunmamaktadır. Başka bir deyişle, bu devrenin doğal cevabıdır. Buna göre devre aşağıda görüldüğü gibidir. Bu devrede, bobin üzerindeki gerilim ve akım eşdeğer direnç üzerindeki gerilim ve akıma eşit olduğundan (akımın dirence pozitif terminalden girdiğine dikkat ediniz) a) R eş = vl( t) 0 5 i ( t) = = Ω L t b) il ( t) = I0e τ genel ifadesi, verilen akım ifadesi ile karşılaştırıldığında, 5 τ = τ = = 0. s. 5 c) ve bobin indüktansı, zaman sabiti ifadesinden, L τ = L = τ Reş ; L = (0.) (5) = H. R eş d) Bobin başlangıç enerjisi

300 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER w = = = J. bulunur. L (0) LiL (0) () () e) Dirençte harcanan enerjinin zamana bağlı ifadesi (7.5)eşitliği ile, t wr ( t) = LI0 e τ gereken süre, olduğundan, bobinin başlangıç enerjisinin yarısının harcanması için = () () t 0. e eşitliği t için çözülerek; 0t ( e ) 0.5 = 0t e = 0.5 ; 0t ln(0.5) = ve ln(0.5) t = = 69.3 ms elde edilir Şekilde görülen devrenin zaman sabitini bulunuz. 0.5i 0 Ω i 00 Ω 30 Ω 0.5 H Şekil.7.40: Problem 7.4 Verilen devre bağımlı kaynak içerdiğinden, eşdeğer direnci bulmak için bobinin bağlı olduğu terminallere test kaynağı bağlanmalıdır. Test kaynağı şekilde görüldüğü gibi gerilim kaynağı olarak seçilsin: KAY kullanılarak, I0 i 0.5i = I0 i =..5 İkinci çevrimde KGY uygulanılarak da, - 8 -

301 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I0 V0 = 0I0 30i ; V0 = 0I Reş I0 V 30 = = 0 = 40 Ω.5 ve L 0.5 τ = = = 0.05 s. R 40 eş elde edilir Problem 7.4 de verilen devrede bobin akımı t = 0 da 4 A. ise, i akımının, t > 0 için zaman bağımlı ifadesini bulunuz. t 0 için devre aşağıda tekrar öiilmiştir: Bobin akımının doğal cevabı t i ( t) = i (0) e τ t = 4e = 4e A., t 0 L L dir. i ( t) =.5 i ( t) olduğundan, L t i ( t) i( t) L 80t = = e A. bulunur Şekilde verilen devrede anahtar uzun süredir açık konumdadır ve t = 0 da kapatılmaktadır. t > 0 için i( t ) akımını bulunuz. t = 0-8 -

302 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t = 0 anına kadar bobin dc kaynağa maruz kaldığından, bu anda kısa devredir. Bu andaki bobin akımı, aşağıda t = 0 için verilen eşdeğer devreden bulunur. i L 0 (0 ) = 5 = A. t = 0 da anahtar kapanmakta ve akım kaynağını kısa devre etmektedir. Bu durumda kaynak devreye bir akım sağlamayacak fakat bobin üzerinde depolanan enerji nedeniyle devre t > 0 da uyarılacaktır. O halde, bobin akımının doğal cevabı bulunmalıdır. Bobin terminallerinden görülen eşdeğer direnç aşağıdaki devreden bulunursa: R = (00 // 400 // 0) 0 = 6 Ω eş ve zaman sabiti de, L 0. τ = = = s R 6 eş elde edilir. Bobin akımının ifadesi (7.0) eşitliğinden: t t = = A. i ( t).5e.5e L bulunur. Aşağıdaki devre kullanılarak, akım bölücü devre eşitliğinden 0 0 il ( t) i ( t) = il( t) = il ( t) = = 0.5e 0 (400 //00) t A. ve bir kez daha akım bölücü devre eşitliği kullanılarak,

303 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 00 i ( t) i( t) = i ( t) = = 0.e t A. bulunur. 0 Ω i L (t) 0 Ω i 400 Ω 00 Ω i (t) i (t) 7.6. Şekilde görülen devrede anahtar uzun bir süredir a konumunda olup, t = 0 anında b konumuna geçmiştir. Bobin terminal geriliminin zamana bağlı ifadesini bulunuz. t = 0 t = 0 anına kadar bobin 50 V luk dc kaynağa uzun süre maruz kaldığından bu anda kısa devre davranmaktadır. t = 0 için aşağıda verilen eşdeğer devreden bobin akımının bu andaki değeri bulunur. v 50 v v = 0 v = 0 V v 0 il (0 ) = = = A. 0 0 ve bobin akımı süreklilik koşulundan da

304 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER i (0 ) = i (0 ) = i (0) = A. L L L t = 0 da anahtar konum değiştirdiğinde, bobinin bağlandığı devrede bağımsız kaynak bulunmadığından, aranan cevap, devrenin doğal cevabı olacaktır. O halde bobin akımının ifadesi için, devrenin zaman sabitini bulmak yeterli olacaktır. Aşağıda, eşdeğer direncin hesaplanması için test kaynağının bağlantısı verilmiştir. V 50i V V V I V V 40 0 = 0 3V V0 50i V = ; i = V V V = 40I0 V0 V0 V0 ve L 4 τ = = = s. bulunur. R eş Bobin akımının ifadesi ise 4 =. 7 0 = V V0 4 3 V0 80 = = ; Reş = = Ω. 7 7 I 3 0 t τ 3.33t = L = A i ( t) i (0) e e L dir. Bobin terminal gerilimi, bobin terminal eşitliği ile, di ( t) vl( t) L 93.33e olacaktır. L 3.33t = = V., t > Bir RC devresinde, kapasitör akımı ve gerilimi, i ( t) 0. c 0t = e A., 0 t > ve v ( t) 0 c 0t = e V., t 0 olarak verilmiştir. Bu devrede, a) Eşdeğer direnci

305 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER b) Devrenin zaman sabitini c) Kapasitörün kapasitansını c) Kapasitör başlangıç enerjisini d) Kapasitör başlangıç enerjisinin yüzde onunun harcanması için gerekli süreyi bulunuz. Verilen akım ve gerilim ifadelerinden devrede kaynak bulunmadığı ve devrenin kapasitör başlangıç enerjisiyle uyarıldığı anlaşılmaktadır. Başka bir deyişle, bu devrenin doğal cevabıdır. Buna göre devre aşağıda görüldüğü gibidir. Bu devrede, kapasitör üzerindeki gerilim ve akım eşdeğer direnç üzerindeki gerilim ve akıma eşit olduğundan, a) R eş vc ( t) 0 = = = 00 Ω. i ( t) 0. c t b) vc ( t) = V0e τ genel ifadesi, verilen gerilim ifadesi ile karşılaştırıldığında, 0 τ = τ = = 0.05 s. 0 c) ve kapasitans, zaman sabiti ifadesinden, τ = ReşC τ C = ; R eş 0.05 C = = 0.5 mf. 00 d) Kapasitör başlangıç enerjisi 3 wc (0) = Cvc (0) = (0.50 ) (0) = 5 mj. bulunur. e) Dirençte harcanan enerjinin zamana bağlı ifadesi (7.5)eşitliği ile, t wr ( t) = CV0 e τ gereken süre, olduğundan, bobinin başlangıç enerjisinin yarısının harcanması için t (0.50 ) (0) e = eşitliği t için çözülerek;

306 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 40t ( e ) 0. = 40t e = 0.9 ; 40t ln(0.9) = ve ln(0.9) t = =.63 ms elde edilir Şekilde verilen devrenin zaman sabitini bulunuz. Kapasitör başlangıç gerilimi V ise, kapasitör gerilimin zamana bağlı ifadesini bulunuz. Karışık bağlı dirençlerden oluşan devreyi basitleştirmek için aşağıda görüldüğü şekilde üçgen yıldız dönüşümü yapılabilir: R = = Ω, R = = Ω, R3 = = Ω. Dönüşmüş devre aşağıda görüldüğü şekilde olacaktır. 5 Ω 0. F 0 Ω 6 Ω 40 Ω 60 Ω

307 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Kapasitör terminallerinden görülen eşdeğer direnç, ( ) R = 5 (0 40) //(6 60) = 5 (50 // 66) = 43.45Ω eş ve zaman sabiti, τ = ReşC = (43.45) (0.) = 86.9 s bulunur. Kapasitör geriliminin ifadesi (7.38) eşitliğinden: t t = = V, t 0 v ( t) e e c elde edilir Şekilde verilen devrede, t > 0 için, i( t ) akımını bulunuz. Basamak gerilim kaynağı, argümanını pozitif yapan t değerlerinde devrede olacağından t < 0 için devrede ve t = 0 da devreden çıkmaktadır. t > 0 için ise kısa devredir.kapasitör, t = 0 anına kadar dc kaynağa maruz kaldığından, bu anda şarj olmuş ve açık devredir. Bu andaki kapasitör gerilimi aşağıdaki t = 0 için verilen eşdeğer devreden bulunur. v c (0 ) = 30 V. Kapasitör geriliminin süreklilik koşulundan da, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 30 V. c c c

308 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER dur. t > 0 için, kaynak kısa devre ve kapasitör terminallerinden görülen eşdeğer direnç, R = 80 (300 // 00) = 80 0 = 00Ω eş olacağından zaman sabiti, τ 3 = ReşC = (00) (500 ) = 0 s bulunur. (7.38) eşitliğinden kapasitör geriliminin ifadesi, t 0 0.t = = V. v ( t) 30e 30e c elde edilir. Aşağıdaki şekilde, t > 0 için devre verilmiştir. Bu devreden kapasitör akımının ifadesi, dv ( t) ic ( t) C 500 (30)( 0. e ) 0.5e c 3 0.t 0.t = = = A., dir. Akım bölücü devre eşitliği kullanılarak aranan kol akımı da 300 i( t) = ic ( t) = 0.3e t A. bulunur. Kapasitör akımının hesaplanmasında ki eksi işareti, kapasitör deşarj olurken akımının, şarj akımına göre ters yönde olmasından kaynaklanmaktadır. Deşarj anında kapasitörün kaynak gibi davrandığına dikkat ediniz ve kapasitör terminal eşitliğinin elde edildiği, kapasitör gerilim polaritesi ve kapasitör akım yönü ilişkisini hatırlayınız: ( ) dv ( ) c t ic t = C ( ) dv ( ) c t ic t = C

309 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 7.0. Şekilde görülen devrede S anahtarı uzun süredir kapalı konumdadır. t = 0 anında S anahtarı açılmaktadır. Bundan saniye sonrada S anahtarı açıldığına göre, t 0 için kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadesini ve 0 < t < aralığında başlangıçta sahip olduğu enerjinin ne kadarının harcandığını bulunuz. t = 0 da kapasitör şarj olmuş ve açık devre davranmaktadır. Bu andaki eşdeğer devre, olacağından, kapasitör şarj gerilimi düğüm nokta potansiyelleri kullanılarak bulunabilir: vc (0 ) 50 vc (0 ) = 0; (6000 // 6000) vc (0 ) 50 vc (0 ) = 0 ve v (0 ) 50 v (0 ) = 0 c c v c 50 (0 ) = = 4.67 V. 6 v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 4.67 V. c c c t = 0 da S anahtarı açıldığında, kapasitör dirençler üzeriden deşarj olmaya başlayacaktır. Şayet S anahtarının hiç açılmayacağı düşünülürse, devrenin zaman sabiti, 3 3 ( ) τ = R C = (6000 // 6000) 000 ( 0 ) = 5000 ( 0 ) = 5 s eş ve kapasitör gerilimi t 5 0.t = = V., 0 t v ( t) 4.67e 4.67e c

310 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER olacaktır. Ancak t = de S anahtarı açıldığından bu andan sonra devrenin zaman sabiti değişecektir. Bu nedenle t için kapasitör gerilimin ifadesi değişecektir. Bu aralıkta gerilimin ifadesi, ( t ) v ( t) = v () e τ c c şeklindedir. Burada v c(), t için kapasitör gerilimin başlangıç gerilimi olup değeri, kapasitör geriliminin süreklilik şartı kullanılarak, 0 t aralığı için elde edilen ifadede t = değeri kullanılarak bulunur. v = v = v = e = e = V. 0.() 0.4 c ( ) c() c( ) τ ise S anahtarının açılmasıyla 6 KΩ luk direnç devre dışı kalacağından, devrenin yeni eşdeğer direnci ile tayin edilen, t > için geçerli zaman sabitidir. Değeri, τ = = = s., 3 Reş C ( ) (0 ) 8 ve kapasitör gerilimi de t 8 0.5( t ) = = V., v ( t) 7.93e 7.93e c t. bulunur. Buna göre ifade aşağıdaki gibi yazılabilir: vc ( t) = 0.t 4.67 V, e 0.5( t ) 7.93 V, e 0 t. t t = 0 anında kapasitörde depolanan enerji miktarı: 3 wc (0) = Cvc (0) = (0 )(4.67) = J. t = anında kapasitörde depolanan enerji miktarı ise: 3 wc () = Cvc () = (0 )(7.93) = 0.39 J. Buna göre 0 t aralığında, başlangıç enerjinin = 44.9 % harcanmıştır

311 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 7.. Şekilde görülen devre uzun süre bu konumda çalıştıkan sonra, t = 0 da S anahtarı, a konumuna geçmektedir. t > 0 için bağımlı kaynağın gücünü bulunuz. t = 0 anında kapasitör 0 V luk gerilime şarj olmuştur. Kapasitör geriliminin süreklilik koşulundan, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V. c c c olacaktır. t = 0 da anahtar konum değiştirdiğinden t 0 için, kapasitör geriliminin ifadesi, bu aralıkta geçerli zaman sabitine bağlı olarak değişecektir. Zaman sabitini belirlemek için, kapasitör terminallerinden görülen eşdeğer direnç aşağıdaki devreden bulunur. V 0.V V I0 = 0 ;.6V 0 0I0 V0 0 = Reş = = = 7.69 Ω. I.6 0 Zaman sabiti ise, τ = ReşC = (7.69) (0.5) = s bulunur. Buna göre kapasitör gerilimi de, t t = = V., t 0 v ( t) 0e 0e c olacaktır. 0 Ω luk direnç üzerindeki akım, aynı zamanda bağımlı kaynak akımıdır. vc ( t) 0. vc ( t) i( t) = = 0.08 vc ( t) 0 ve bağımlı kaynağı gücü de - 9 -

312 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER p( t) = (0. v ( t))(0.08 v ( t)) = 0.06 v ( t) = 0.6e W. bulunur. 0.5t c c c 7.. Şekilde verilen devrede S anahtarı t = 0 da kapanmaktadır. Bobin başlangıç akımı A. olduğuna göre, t 0 için bobin akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. Anahtar kapandıktan uzun süre sonra, bobin dc kaynağa uzun süre maruz kaldığından kısa kısa devre davranacaktır. t için aşağıda verilen eşdeğer devreden bu andaki bobin akımı bulunur. 40 il ( ) = = 4 A. 0 t 0 için bobin terminallerinden görülen eşdeğer direnç, R = 40 //0 = 8 Ω eş ve devrenin zaman sabiti L 0. τ = = = 0.05 s. R 8 eş bulunur. Bobin akımının ifadesi (7.55) eşitliğinden, t i ( t) = i ( ) ( i (0) i ( )) e τ ; L L L L t t = = A., 0 i ( t) 4 ( 4) e 4 e L t bulunur Şekilde verilen devrede S anahtarı uzun süredir kapalı konumdadır ve t = 0 da açılmaktadır. t 0 için bobin akımının ifadesini buluz. Aynı aralıkta, i( t) akımının bulunuz

313 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t = 0 anına kadar her iki kaynakta devrededir ve bu anda bu kaynaklara uzun süre maruz kalan bobin kısa devre davranmaktadır. Aşağıda, t = 0 için verilen eşdeğer devreden bobin akımının bu andaki değeri bulunur. V 00 V V V V V V = 0 ve =, V 5V = 000 ; 6V 5V = V 000 = 5 6 V 00 V = = = V., ve V il (0 ) = = =.3 A t = 0 da anahtar açıldığında akım kaynağı devre dışı kalacaktır. Bu koşullarda devre uzun süre gerilim kaynağına maruz kaldığında, tekrar kısa devre davranacaktır. t için aşağıda verilen devreden de bobin akımının bu andaki değeri bulunur. V 00 V V 000 = 0 ; 3V = 000 V = = 76.9 V ve

314 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER V 76.9 il ( ) = = =.538 A bulunur. t 0 için devrenin zaman sabiti, bu aralıkta bobin terminallerinden görülen eşdeğer direnç tarafından belirleneceğinden, ( ) R = (00 0) //0 50 = 59.3 Ω eş L τ = = = s. R 59.3 eş elde edilir. Bobin akımının ifadesi ise, (7.55) eşitliğinden, t L ( ) =.538 (.3.538) = i t e e 59.t bulunur. Paralel kol gerilimlerinin eşitliğinden, dil( t) 50 il( t) L 0 i( t) 0 = ( 59. t ( ) t i t e = e ) i( t) t = e A., 0 t > bulunur Şekilde verilen devrede S anahtarı t = 0 da a konumundan b konumuna geçmektedir. t 0 için bobin akımının ifadesini bulunuz. t = 0 için eşdeğer devresi aşağıda verilmiştir. Bu andaki bobin akımı,

315 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER i L (0 ) = = A. 0 Ω 0 Ω i i L (0 - ) 0 V i 0 Ω t = 0 da 0 V luk kaynak devre dışı kalırken, 0 V luk kaynak devrededir. S anahtarı konum değiştirdiğinde i akımı sıfır olacağından, bağımlı kaynak t 0 için açık devre olacaktır. t için eşdeğer devre aşağıdaki gibi olacağından, 0 il ( ) = = 0.5 A. olacaktır. 40 t 0 için, bobin terminallerinden görülen eşdeğer direnç, R = (0 0) // 40 = 40 // 40 = 0 Ω eş ve zaman sabiti de, L 0.4 τ = = = 0.0 s R 0 eş elde edilir. Bobin akımı ise, t t = = A. bulunur. i ( t) 0.5 (4 0.5) e e L 7.5. Şekil.7.50 deki devrede kapasitör başlangıç gerilimi 30 V dur. 0 t için kapasitör geriliminin ifadesini bulunuz

316 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t=0 600 Ω 50 Ω 50 V v c (t) 5 mf 50 Ω Anahtar kapandıktan uzun bir süre sonra kapasitör şarj olacak ve açık devre davranacaktır. Bu andaki şarj gerilimi aşağıda t için verilen eşdeğer devreden bulunur. 50 vc ( ) = (50 50) = 0 V Kapasitör terminallerinden görülen eşdeğer direnç, 50 vc ( ) = (50 50) = Ω ve zaman sabiti de, τ 3 = ReşC = 40 (50 ) =. s bulunur. Kapasitör geriliminin ifadesi ise, (7.64) eşitliğinden, t v ( t) = v ( ) ( v (0) v ( )) e τ c c c c t t = = V., t 0 v ( t) 0 (30 0) e 0 0e c 6.6. Şekil.7.5 de verilen devrede 0 t için kapasitör geriliminin zamana bağlı ifadesini bulunuz. Kapasitör geriliminin V a eriştiği süreyi saniye cinsinden bulunuz

317 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t = 0 a kadar 00 V luk kaynak devrede olduğundan, t = 0 da kapasitör bu kaynak nedeniyle şarj olmuş ve açık devre davranmaktadır. Bu anda şarj olduğu gerilim 750 V luk direnç üzerindeki gerilim değeridir. v c 00 (0 ) = 750 = V. ve, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 50 V. olacaktır. c c c t = 0 da 00 V luk kaynak da devreye girecek ve uzun bir süre sonra kapasitör yeni bir gerilim değerine şarj olacaktır. t için aşağıda verilen eşdeğer deveden bu gerilim değeri bulunur. 00 i = = A, i = = 0.A Orta gözde KGY uygulanarak vc ( ) 750i 750i = 0 vc i i ( ) = 750 ( ) = 750(0. 0.) = 75 V. bulunur. t 0 için eşdeğer direnç, R = (50 // 750) (50 // 750) = 375Ω eş ve zaman sabiti, τ = ReşC = 375 (0.00) = 0.75 s. bulunur. Kapasitör gerilimi ise, t t c ( ) 75 (50 75) 75( ) v t = e = e V., t 0 olacaktır. Bu ifadeden, ( e t ) = t = e ;.33t = ln(0.333) ve ln(0.333) t = = 0.84 s..33 elde edilir

318 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 7.7. Şekilde verilen devrede S anahtarı, t = 0 da konum değiştirmekte ve b konumuna gelmektedir. Anahtar konum değiştirmeden önce uzun süre b konumunda kaldığına göre, t 0 için kapasitör geriliminin zaman bağımlı ifadesini bulunuz. t = 0 da Anahtar a konumunda, kapasitör 5 V luk kaynak gerilimine şarj olmuş ve bu anda açık devre davranmaktadır. Anahar t = 0 da b konumuna geçtiğinde üzerindeki gerilim korunur: v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 5 V. c c c Anahtar konum değiştirdikten uzun süre sonra kapasitör yeni bir gerilim değerine şarj olacak ve bu anda yeniden açık devre davranacaktır. Bu şarj gerilimi, t için aşağıda verilen eşdeğer devreden bulunur: 0 vc ( ) = 600 = V. t 0 için, kapasitör terminallerinden görülen eşdeğer direnç, ( ) R = 400 // = 500 Ω. eş ve devrenin zaman sabiti de, τ = ReşC = 500 (0.05) = 5 s. olduğundan, kapasitör geriliminin ifadesi (7.64) eşitliğinden,

319 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t ( ) t v ( t) = 5 e = 7e V., t 0 c bulunur Şekilde verilen devrede, t = 0 da anahtar açılmaktadır. t 0 için kapasitör geriliminin ifadesini bulunuz. t = 0 da anahtar açılana kadar, gerilim kaynağı devreye bir akım sağlayamamaktadır. Bu ana kadar i akımı sıfır olduğundan, kapasitör herhangi bir gerilime şarj olmamıştır: v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0. c c c t = 0 da anahtar açıldığında 5 i = = 55.5µA olacaktır. Uzun bir süre sonra kapasitör şarj olacak ve açık devre davranacaktır. t için bu şarj gerilimi, v ( ) = 0i 0000 =. V. c olur. t 0 için kapasitör terminallerinden görülen direnç, aşağıdaki devrede kısa devre akımı bulunarak hesaplanabilir: I = i = = ma. sc ( ). V oc = v ( ) =. V., c

320 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER ve R eş Voc. = = = 000Ω 3 I.0 sc bulunur. Zaman sabiti ise, τ 6 = ReşC = 000 (0.0 ) = s olacağından, kapasitör gerilimi, t ( ) t v ( t) =. 0. e =.( e ) V, t 0 bulunur. c 7.9. Şekildeki devrede kapasitör başlangıç gerilimi sıfırdır. t = 0 da S anahtarı kapanmakta ve 0.5 saniye sonra da S anahtarı kapanmaktadır. Kapasitör geriliminin, t 0 için ifadesini bulunuz. S 00 Ω 60 Ω 30 Ω t=0 00 V 0. F 00 Ω S t=0.5 0 Ω Kapasitör geriliminin süreklilik koşulundan, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0. c c c S anahtarı t = 0 da kapandıktan sonra, S nin hiçbir zaman kapanmayacağını düşünüp, 0.5 t 0 aralığında kapasitör geriliminin ifadesi bulunmalıdır. Buna göre t da kapasitör şarj olup açık devre davranacağından, bu andaki gerilimi aşağıda t için verilen eşdeğer devreden bulunur. 00 Ω 60 Ω 30 Ω 00 V v c ( ) 00 Ω 0 Ω (( ) ) R eş = 0 30 // = 00Ω vc ( ) = Reş = 00 = 50 V., 00 R eş - 0 -

321 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER bulunur. 0.5 t 0 aralığı için devrenin zaman sabiti, τ = ReşC ve R = R //00 = 00 //00 = 50Ω eş eş olduğundan, τ = 50(0.) = 5 s. elde edilir. 0.5 t 0 aralığında kapasitör gerilimi ise, t 5 0. ( ) t v ( t) = e = 50( e ) V., 0.5 t 0, c bulunur. Bu ifade, S anahtarı kapanana kadar geçerli olan ifadedir. S anahtarı kapandıktan sonra, artık kapasitör yeni bir gerilime şarj olacak ve ayrıca zaman sabiti de değişecektir. t=0.5 için kapasitör başlangıç gerilimi yukarıda bulunan kapasitör gerilimi ifadesinde t=0.5 koyarak bulunur. Yeni zaman sabiti ve t için kapasitörün şarj gerilimi ise aşağıda verilen eşdeğer devreden bulunur. 0.(0.5) vc (0.5) 50( e ) == = V. 00 Ω 60 Ω 00 V v c ( ) 00 vc ( ) = 60 = V. R = 00 // 60 = 37.5 ve eş τ = ReşC = (37.5) (0.) = 3.75 s., bulunur. Kapasitör gerilimi ise, ( ) ( t 0.5) τ v ( t) = v ( ) v (0.5) v ( ) e c c c c - 0 -

322 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER ifadesinden, ( t 0.5) ( t 0.5) = = V., t 0.5 ( ) v ( t) e e c elde edilir. Buna göre kapasitör gerilimi, vc ( t) = 0.t 50( e )V, 0.666( t 0.5) e V, 0 t 0.5 t 0.5 olacaktır Şekildeki gerilim sinyali, devreye uygulanmıştır. Kapasitör başlangıç gerilimi sıfır olduğuna göre, çıkış terminallerindeki v o (t) gerilimini bulunuz. Giriş sinyali, iki basamak fonksiyonunun toplamı olarak, v t u t u t 3 i ( ) = 5( ( ) ( 0 )) şeklinde ifade edilebilir. Bu kaynakların devreye bağlantısı aşağıda gösterilmiştir. 0 KΩ 5u(t) 0.µF v o 5u(t-0-3 ) t = 0 da her iki kaynak da henüz devrede olmadığından, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 c c c olacaktır

323 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t = 0 da, 5u(t) kaynağı devreye girecektir. İkinci kaynağın devreye hiçbir zaman girmeyeceğini düşünerek, vc ( ) = 5 V., ve zaman sabiti τ = RC = (00 ) (0.0 ) = 40 s, elde edilir ki, 0 t aralığında kapasitör gerilimi ve dolayısıyla çıkış gerilimi, t 50t v ( t) = v ( t) = 5(0 5) e = 5( e ) V., 0 t o c bulunur. t = ms de ikinci kaynak devreye girdiğinde, toplam giriş sinyali sıfır olur. Kaynaklar, gerilim kaynakları olduğundan eşdeğerleri kısa devre olacaktır. Buna göre, t ms için kapasitör direnç üzerinden deşarj olacaktır. t = ms için kapasitör gerilimi, (0 ) c v (0 ) = v (0 ) = 5( e ) = 5.53 V. o ve vc ( ) = 0 olacağından, kapasitör gerilimi ve çıkış geriliminin t ms için ifadeleri, ( t 0 ) o( ) c( ) c( ) ( c( 0 ) c ( )) v t = v t = v v v e ve 3 50( t 0 ) v ( t) = v ( t) = 5.53e V., t ms bulunur. o c 7.. Şekildeki gerilim sinyali devreye uygulanmıştır. Bobin başlangıç akımı sıfır olduğuna göre, çıkış terminallerindeki v o (t) gerilimini bulunuz

324 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 8.. Bir seri RLC devresinde, devre akımının bağlı ifadesi 0.5t i( t) = e (t 0.5) A., t 0 dır. t = 0 anında bobin üzerindeki gerilim 4.5 Volt olduğuna göre, a) Devre elemanlarının değerlerini bulunuz. b) Kapasitör geriliminin başlangıç değerini bulunuz. a) Bobin terminal geriliminin t = 0 anındaki değeri bilindiğinden, (0 ) di(0 ) vl = L ifadesi kullanılarak bobin indüktans değeri bulunur. Burada akımın türevinin bu andaki değeri, verilen akımın türevinin t = 0 daki değeridir: di(0 ) d ( e t ( t 0.5) ) ( 0.5 e t t ( t 0.5) e = = ) = 0.5( 0.5) =.5 A/s t= 0 ve t= =.5L L = H bulunur. Verilen akım ifadesi kritik sönüm formunda doğal cevap olduğundan, α = w0 = 0.5 dır. R = = 0.5 L LC eşitliğinden, R = Ω ve C = F bulunur. b) Seri devrede t = 0 anı için KGY uygulanırsa, i(0 ) R v (0 ) v (0 ) = 0 ; v (0 ) = i(0 ) R v (0 ) L c c elde edilir ki, bu ifadede akımın t = 0 daki değeri, verilen akım ifadesinde t = 0 koyularak -0.5 A bulunur. O halde, v c (0 ) = (0.5) 4.5 = 3.5 V elde edilir. L

325 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 8.. Şekilde verilen devrede kapasitör üzerinde gerilim 0 V dur. t 0 için devre akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. t = 0 da anahtar açık konumda olduğundan devre akımı (bobin akımı) bu anda sıfırdır. Kapasitör üzerinde ise 0 Volt gerilim mevcuttur. v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V ve i(0 ) = i(0) = i(0 ) = 0 A. c c c Direçler ve bağımlı kaynağın oluşturduğu kısmın devreye bağlandığı terminallerden bir eşdeğeri sadece bir direnç ( R Th ) şeklinde olacağından, t 0 için devre bir seri RLC devresi ve devrede bağımsız kaynak bulunmadığından, sadece başlangıç enerjisi ile uyarıldığından da, cevap seri RLC devresinin doğal cevabı olacaktır. Bu eşdeğer direnç aşağıda görüldüğü gibi bulunur: I 0 0 Ω V 0 50 Ω 0i i 50 Ω V0 = 70I0 0i 50i ; V0 = 70I0 40i, = i i I0 ; 0 90i 50I0 5 = i = I V0 = 70I0 40 I0 9 0 RTh I0 V = = 70 = Ω. 9 9 Bu eşdeğer dirençle birlikte, t = 0 için devre aşağıda görüldüğü gibidir

326 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER H v c (t) 0. F i(t) Ω t = 0 için KGY uygulanırsa, di(0 ) 430 vc (0 ) i(0 ) = 0 ; 90 di(0 ) v c (0 ) 0 = = = 0 A/s elde edilir. Verilen devre için R 430 / 90 α = = =.94 L Np/s ve w0 = = =.58 rad/s LC (0.) ve α > w0 olduğundan cevap salınımlı sönüm formunda olup sönüm frekansı da wd w0 α = = = rad/s dır. αt i( t) = e ( K cos w t K sin w t) ; d d i t = e K t K t..94t ( ) ( cos.58 sin.58 ) ifadesinde belirsiz katsayılar akımın başlangıç değerleri kullanılarak bulunur. i(0) = K = 0, di(0 ) = 0 =.94K.58K.94t i( t) 6.33e sin.58t = A., t 0 sonucu elde edilir. 0 K = = Böylece, Şekilde verilen devrede 0 t için, kapasitör gerilimi ve bobin akımının zamana bağlı ifadelerini bulunuz

327 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Akım kaynağı t = 0 anına kadar devrededir ve bu anda devre dışı kalacağından, t > 0 için açık devre davranacaktır. Kapasitör ve bobin, t = 0 a kadar dc kaynağa maruz kaldığından, bu anda kapasitör açık devre ve bobin kısa devre davranacaktır. t = 0 için aşağıda görülen eşdeğer devreden kapasitör başlangıç gerilimi ve bobin başlangıç akımı bulunur: i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 4 A, ve v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 6 i (0 ) = 6 4 = 4 V. L L L c c c L t = 0 anında kaynak pasif durumda olup, açık devre davranmaktadır. Bu anda bobin akımı ve kapasitör geriliminin türevlerinin değerleri aşağıda, t = 0 için verilen eşdeğer devreden bulunur: Bu eşdeğer devrede KGY uygulanırsa, dil(0 ) 8 il(0 ) vc (0 ) = 0 ; di L (0 ) vc (0 ) 8 il (0 ) = = = 4 A/s ve kapasitör terminal eşitliğinden de, (0 ) (0 ) dvc il = C ; dvc (0 ) il (0 ) 4 = = = 3 V/s C 0.5 bulunur. t > 0 için devre bir seri RLC devresidir. R 8 α = = = L Np/s, w0 = = = rad /s: LC (0.5)

328 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER α = w 0 olduğundan cevabın formu, v ( t) e ( tk K ) c αt αt = ve il t = e tk3 K4 ( ) ( ) olacaktır. Başlangıç değerleri kullanılarak vc = K = ve K K (0) 4 dv c (0 ) = = 3 K = 6, i di (0 ) = = ve L = K4 K3 = 4 K 3 = 4 (0) L K 4 4 elde edilir. Böylece aranan cevaplar aşağıdaki gibi bulunur: v t = e t V., t 0 ve t c ( ) (6 4) i t = e t A., t 0. t L ( ) 4 ( ) 8.4. Şekilde görülen devrede anahtar uzun süredir kapalı konumda olup, t = 0 da aılmaktadır. i( t ) akımını ve v( t ) gerilimini t 0 için bulunuz. t = 0 da bobin kısa devre ve kapasitör açık devre davranmaktadır. Bu anda kapasitörün şarj olduğu gerilim ve bobinin kısa devre akım, aşağıda t = 0 için verilen eşdeğer devreden bulunur: 60 i(0 ) = = 6 4 A ve v (0 ) = 4 i(0 ) = 4 = 8 V. c Süreklilik koşullarından v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 8 ve i(0 ) = i(0) = i(0 ) = A olacaktır. c c c

329 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t = 0 da kaynak devre dışı kalacak ve seri RLC devresi, kapasitör ve bobin üzerinde bu ana kadar depolanmış enerji ile uyarılacaktır. Yani cevap, seri RLC devrenin doğal cevabı formundadır. Bobin akımı ve kapasitör geriliminin türevlerinin t = 0 daki değerleri de aşağıda t = 0 anı için verilen eşdeğer devreden bulunur: Kapasitör terminal eşitliğinden, c (0 ) (0 dv i C ) = ; dvc (0 ) i(0 ) = = = 5 V/s C 0.4 ve KGY nı uygulayarak da, di(0 ) (4 ) i(0 ) vc (0 ) (0.) = 0 ; di(0 ) 8 5 = = 0 A/s 0. elde edilir. Verilen devre için R 5 α = = = 5 L (0.) Np/s ve w0 = = = 5 LC (0.) (0.4) rad /s ve α > w0 olduğundan, çözüm, salınımsız sönüm formunda olacaktır: st i( t) = K e K e, v ( t) = K e K e st st c 3 4 s t burada s α α = w0 = = 0.5 s α α = w0 = = 49.5 ve i( t) = K e K e, 0.5t 49.5t v ( t) = K e K e bulunur. c 0.5t 49.5t 3 4 Belirsiz katsayıları bulmak için başlangıç değerleri kullanılır. = = ; K K i(0) K K di(0 ) = = 0-0 -

330 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER = 3 4 = ; K3 K4 v (0) K K 8 c dv c (0 ) = = 5 Bu eşitlikler bilinmeyen katsayılar için çözüldüğünde K =.6, K = 0.387, K 3 = 7.98 ve K 4 = 0.0 elde edilir. Böylece, i( t).6e 0.387e 0.5 t 49.5t = A., 0 t ve v ( t) 7.98e 0.0e c 0.5 t 49.5t = V., t 0 bulunur. Aranan v( t ) gerilimi kapasitör ve Ω luk direnç üzerindeki toplam gerilimdir: v( t) = v ( t) i( t) = 7.98e 0.0e.6e 0.387e c 0.5t 49.5t 0.5t 49.5t v( t) 6.368e 0.367e 0.5 t 49.5t = V., t > 0 elde edilir. Bu ifadenin, direnç üzerindeki gerilimi de içerdiğinden, t > 0 için geçerli olduğuna dikkat ediniz Şekil.8.9 da verilen devrede, anahtar kapanmadan önce kapasitör üzerinde ki gerilim 5 V dur. Anahtar t = 0 anında kapanmaktadır. t 0 için devre akımının ifadesini bulunuz. Devrede R = 0 olup, R α = = 0 ve L dir. w0 w 0 = 6 3 LC = (0 ) (400 ) = = > α olduğundan, cevap salınımlı sönüm formundadır krad/s αt i( t) = e ( K cos w t K sin w t) ; i( t) = K cos w0t K sin w0t, ( wd = w0 ). d d t = 0 da, v(0 ) = 5 V ve i(0 ) = 0 olup süreklilik koşulundan v(0 ) = v(0) = v(0 ) = 5 V ve i(0 ) = i(0) = i(0 ) = 0 bulunur. Anaktar t = 0 da kapandığında kapasitör gerilimi bobin terminallerinde görülecektir. Bobin terminal eşitliği t = 0 için kullanılırsa, - -

331 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER di(0 ) di(0 ) v(0 ) 5 v(0 ) = L ; = = = 5 A/s 3 L 400 elde edilir. Devre akımının bu başlangıç değerleri akım ifadesinde kullanılırsa; = K = ; w0 K i(0) 0 ve di(0 ) = = K ; K = 50 3 i( t) = 0.05sin 5000t A., t 0 sonucu elde edilir Bir paralel RLC devrsinde, devre elemanları üzerindeki gerilimin zamana bağlı ifadesi v( t) 0e 50e 400 t 000t = V., t 0 dir. Bobinin değeri H olduğuna göre, a) Devrenin neper frekansı α ve rezonans frekansı w 0 değerlerini bulunuz. b) Kapasitör ve direnç değerlerini bulunuz. c) Kapasitör başlangıç gerilimi ve bobin başlangıç akım değerlerini bulunuz. a) Cevap, salınımsız sönüm formundadır: v( t) = K e K e ; s = 400 Np/s ve s = 000 Np/s st st ve s = α α = ve w0 400 s α α = w0 = 000 ve s s = α = α = = 700 Np/s 400 = w 0 w 0 = 63.4 rad/s bulunur. b) w0 = C.5 LC = = w L (63.4) = 0 µ F ve α = RC R = = = αc Ω. c) v (0) = ( ) c v t = = V. t= 0 t = 0 için KAY uygulanırsa, - -

332 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER i (0 ) i (0 ) i (0 ) = 0; L R C ve terminal eşitliklerinden, v(0 ) 30 ir (0 ) = = = 0.05 A, R 85.7 dv(0 ) 6 ic (0 ) = C =.50 ( ( 000) ) = 0.05 A. elde edilir. Böylece, i (0 ) = i (0 ) i (0 ) = ( 0.05) 0.05 = 0 elde edilir. L R C 8.7. Şekil.8.30 da görülen devrede, t = 0 anında kapasitör gerilimi 70 V ve bobin akımı sıfırdır. t 0 için kapasitör gerilimini ve bobin akımını bulunuz. v(0 ) = v(0) = v(0 ) = 70 V ve i(0 ) = i(0) = i(0 ) = 0. t = 0 için KAY uygulanarak, v(0 ) dv(0 ) 0 C = 0 ve 0 Bobin terminal eşitliği ile de, dv(0 ) 70 = = V/s di(0 ) v(0 ) = L ; di(0 ) 70 = = 35 A/s elde edilir. Verilen paralel RLC devre için α =.5 RC = = Np/s ve w0 = = w0 = = 5 LC 0.0 rad/s w0 > α olduğundan çözüm salınımlı sönüm formunda olup, sönüm frekansı da w w α d = 0 = = 4.33 rad/s dır

333 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Kapasitör gerilimi ve bobin akımının ifadeleri αt v( t) = e ( K cos w t K sin w t) ; d d v t e K t K t.5t ( ) = ( cos 4.33 sin 4.33 ) αt i( t) = e ( K cos w t K sin w t) ; 3 d 4 d i t e K t K t.5t ( ) = ( 3 cos sin 4.33 ) olarak bulunur. Başlangıç değerleri kullanılırsa, = K =, K K v(0) 70 dv(0 ) = = 350 = K3 =, K3 K4 i(0) 0 di(0 ) = = 35 ve bu eşitliklerin çözümünden K = 70, K = 40.4, K 3 = 0 ve K 4 = 8.08 ve.5t v( t) = e (70cos 4.33t 40.4sin 4.33 t) V., t 0,.5t i( t) 8.08e cos 4.33t = A., t 0 sonuçları elde edilir Şekil.8.3 de görülen devre uzun bir süredir çalışmaktadır. Anahtar t = 0 da konum değiştirdiğine göre, t > 0 için direnç üzerindeki i 0 akımın zamana bağlı ifadesini bulunuz. t = 0 da kapasitör V luk gerilim değerine şarj olmuştur. Aynı anda bobin akımı sıfırdır. v(0 ) = v(0) = v(0 ) = V ve i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0. L L L Bobinin sağında kalan kısım bir bağımsız kaynak içermediğinden eşdeğeri bir dirençtir. Bu eşdeğer direnç aşağıdaki gibi bulunur: - 4 -

334 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER I0 0.5i = i i = I0. V0 V0 = 0I0 0i ; V0 = 0I0 0( I0) Reş = = 30 Ω. I t = 0 için devre aşağıda görüldüğü gibi olacaktır: 0 Bu an için KAY uygulanırsa, dv(0 ) v(0 ) il (0 ) C = 0 ; 30 bulunur. Verilen devre için dv(0 ) v(0 ) = = = C 30 /800 ( ) V/s α = 30 RC = 30 /800 = ( ) Np/s, w0 = = = 30 LC (/800) rad/s ve α = w0 olduğundan, cevap kritik sönüm formundadır. αt v( t) = e ( tk K ) ; v t e tk K 30t ( ) = ( ) Başlangıç değerleri kullanılarak, dv(0 ) v(0) = K = ve = 30K K = 60 K = 30 bulunur. Böylece kapasitör geriliminin ifadesi, 30t v( t) = e ( 30t ) ve v( t) 30t i0 ( t) = = e ( t 0.033) A., t > 0 sonucu elde edilir

335 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 8.9. Şekil.8.3 deki devrede t 0 için kapasitör geriliminin ve bobin akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. t > 0 için kapasitör akımı ve direnç üzerindeki akımın zamana bağlı ifadelerini bulunuz. Kaynak, t = 0 anına kadar devrededir ve bu andan itibaren kısa devre olacaktır. t = 0 anında bobin ve kapasitör uzun süre dc kaynağa maruz kaldıklarından, bobin kısa devre ve kapasitör açık devredir. Bu andaki bobin akımı ve kapasitör gerilimi değerleri, t = 0 için aşağıda verilen eşdeğer devreden bulunur: i L v c 0 (0 ) = = 0 ma., il (0 ) = il (0) = il(0 ) = 0 ma. ( ir (0 ) = il (0 ) = 0 ma.) 000 (0 ) = 0 V., v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V. c c c t = 0 da bobin akımı ve kapasitör gerilimlerinin türevlerinin değerleri de, t = 0 için aşağıda verilen eşdeğer devreden bulunur: H i L (0 ) i R (0 ) kω 5 µf v c (0 ) KAY uygulandığında, i (0 ) i (0 ) i (0 ) = 0 ; R L c ve vc (0 ) ir (0 ) =, 000 dvc (0 ) ic (0 ) = C - 6 -

336 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER vc (0 ) 6 dvc (0 ) dv ( 0.0) 50 = 0 c (0 ) 0 = = V/s ve bobin terminal eşitliğinden de, dil(0 ) L = vc (0 ) ; di L (0 ) = 0 A/s elde edilir. t 0 için devre bir paralel RLC devresi olduğundan, α = = = 0 6 RC Np/s ve w0 = = = 00 6 LC 50 rad/s ve w0 > α olduğundan, devre cevabının formu wd w0 α = = = rad/s olmak üzere v ( t) = e ( K cos w t K sin w t) ; αt c d d v t e K t K t 0t c ( ) = ( cos99 sin99 ) i ( t) = e ( K cos w t K sin w t) αt L 3 d 4 d i t e K t K t 0t L ( ) = ( 3 cos99 4 sin99 ) bulunur. Başlangıç değerleri kullanılarak, vc = K = ve K K (0) 0 dv c (0 ) = 0 99 = 0, i L = K3 = ve K3 K4 (0) 0.0 di L (0 ) = 0 99 = 0 elde edilir. Bu eşitliklerin çözümünden: K = 0, K =.005, K 3 = 0.0 ve K 4 = ve böylece, v t = e t t V., t 0, 0t c ( ) (0 cos99.005sin99 ) 0t L ( ) ( 0.0cos sin99 ) i t = e t t A., t 0 sonuçları bulunur. Direnç üzerindeki akım, vc ( t) 0t 3 ir ( t) = = e (0.0cos99t.0050 sin99 t) A., t > ve kapasitör akımı da, i t = i t i t = e t A., t > 0 elde edilir. 0 ( ) ( ) ( ) t c L R sin99-7 -

337 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER 8.0. Şekilde verilen devrede S anahtarı uzun bir süredir a konumundadır ve t = 0 da b konumuna geçmektedir. t 0 için devre akımının ifadesini bulunuz. t = 0 da kapasitör 30 V luk gerilim değerine şarj olmuştur ve bobin akımı sıfırdır. Bobin ve kapasitör için süreklilik koşulu da kullanılarak, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 30 V. ve i(0 ) = i(0) = i(0 ) = 0 A. c c c elde edilir. t = 0 da 30 V luk kaynak devre dışı kalmakta ancak 50 V luk kaynak devreye girmektedir. Bu anda için eşdeğer devre aşağıda verilmiştir: KGY ile, di(0 ) vc (0 ) 40 i(0 ) 50 0 di(0 ) = = 0 A/s = ; ( ) bulunur. t 0 için devre, seri RLC devresi olup, aranan cevap da devrenin basamak cevabıdır. t için kapasiör 50 V luk gerilime şarj olup, açık devre olacağından devre akımı sıfır olacaktır. i( ) = 0. Seri RLC devre için, R 40 α = = = 0 L Np/s ve w0 = = = 5 LC 0.0 rad/s ve α > w0 olduğundan, devre akımı salınımsız sönüm formundadır: - 8 -

338 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER i( t) = i( ) K e K e. st st Devrenin doğal frekansları s = α α = = Np/s ve w s = α α = = Np/s w dir. Böylece, devre akımının ifadesi belirsiz sabitlerle, i( t) = K e K e.34t 8.66t olacaktır. Başlangıç koşulları kullanılarak, katsayıları belirlemekte kullanılacak eşitlikler elde edilir: = = ; K K i(0) K K 0 K di(0 ) = = 0 = K, K ( ) = 0 K = Böylece devre akımının ifadesi 8.66t.34t i( t) = 0.577( e e ) A., t 0 elde edilir. 8.. Şekilde görülen devrede kapasitör terminal geriliminin zamana bağlı ifadesini bulunuz. Kapasitör geriliminin zamana göre değişim grafiğini çizerek, gerilimin 5 V a erişmesi için gerekli olan süreyi bu grafikten bulunuz. t = 0 anına kadar akım kaynağı aktif ve gerilim kaynağı kısa devredir. Bu anda gerilim kaynağı aktif olurken akımkaynağı devre dışı kalacak ve açık devre olcaktır. t = 0 için, akım kaynağına, kaynak dönüşümü uygulayarak elde edilmiş eşdeğer devre aşağıdaki gibidir. Bu devreden, v c (0 ) = 0 V ve i(0 ) = 0 A bulunur

339 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t = 0 için, aşağıda verilen eşdeğer devreden de kapasitör geriliminin türevinin bu andaki değeri bulunur: 0 Ω 0.4 H 0 V i(0 ) 6 mf v c (0 ) Kapasitör terminal eşitliğinden, v (0 ) i(0 ) = C c = 0 v c (0 ) = 0 elde edilir. Kapasitör uzun süre gerilim kaynağına maruz kaldığında 0 V luk gerilime şarf olacak ve açık devre gibi davranacakır: vc ( ) = 0 V. Verilen seri RLC devresi için, R 0 α = = =.5 L 0.4 Np/s, w0 = = =.5 3 LC rad/s ve α = w0 olduğundan cevap kriik sönüm formundadır: αt v ( t) = v ( ) e ( tk K ) ; c c v t = e tk K..5t c ( ) 0 ( ) Kapasitör gerilimine ilişkin başlangıç değerleri kullanılarak, dv (0 ) vc (0) = 0 K = 0 ve c =.5K K = 0 K = 0 ve K = 5 bulunur. Kapasitör gerilimi de, - 0 -

340 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER.5t vc ( t) = 0 e (5t 0) V., t 0 olacaktır. Kapasitör geriliminin 40 V a erişmesi için gerekli süre için bu ifadeyi kullanarak,.5t 40 0 e (5t 0) = ;.5t 30 = e (5t 0) 8.. Şekildeki devrede S anahtarı uzun süredir b konumunda olup, t = 0 da a konumuna geçmektedir. t > 0 için direnç üzerindeki v 0 (t) gerilimini bulunuz. t = 0 da kapasitör 0 Volt a şarj olmuş ve açık devre davranmaktadır. Bu anda bobin akımı sıfırdır. Süreklilik koşulları da kullanılarak, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V. ve i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0 A. c c c L L L elde edilir. t = 0 için, akım kaynağına kaynak dönüşümü uygulanarak elde edilen eşdeğer devre aşağıda görüldüğü gibidir: KGY uygulanarak, dil (0 ) vc (0 ) 00 il (0 ) 00 = 0 ; di L (0 ) = 00 0 = 90 A/s elde edilir. t için, kapasitör 00 V a şarj olup açık devre davranacağından akım sıfır olacaktır: i ( ) 0 L = A. Seri RLC devresi için - -

341 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER R 00 α = = = 50 L Np/s, w0 = = = LC 0.0 rad/s ve w0 > α olduğundan, cevap salınımlı sönüm formundadır. Sönüm frekansı wd w0 α = = = rad/s ve akım i ( t) = e ( K cos w t K sin w t) ; αt L d d i t e K t K t 50t L ( ) = ( cos 70.7 sin 70.7 ) bulunur. Akım için başlangıç değerleri kullanıldığıda i di (0 ) = = ve L 90 = 50K 70.7K = 90 K = =.7 ve 70.7 (0) L K 0 i t = e t A., t 0 50 ( ).7 t L sin 70.7 sonucu elde edilir. Direnç üzerindeki gerilimde Ohm yasası ile kolayca elde edilir: v t = i t = e t V., t > ( ) 80 ( ) 0.83 t L sin Şekilde görülen devrede kapasitör başlangıç gerilimi 50 V ve bobin başlangıç akımı sıfırdır. Anahtar t = 0 da kapandığına göre, t 0 için kapasitör gerilimini ve bobin akımını bulunuz. v(0 ) = v(0) = v(0 ) = 50 V ve i(0 ) = i(0) = i(0 ) = 0 A. t = 0 için gerilim kaynağına kaynak dönüşümü uygulanırsa aşağıdaki eşdeğer devre elde edilir: - -

342 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Bobin terminal eşitliğinden, di(0 ) v(0 ) = L ; di(0 ) v(0 ) 50 = = = A/s L 0.9 ve KAY uygulanarakta, v(0 ) dv(0 ) i(0 ) C = 5 ;.5 dv(0 ) 50 = 5 0 = V/s t bobin kısa devre olacağından bobin akımı i( ) = 5 A ve v( ) = 0 V. olacaktır. Paralel RLC devre için, α = 3.33 RC =.5 0. = Np/s, w0 = = = 3.33 LC rad/s ve w0 = α olduğundan cevap, αt v( t) = e ( K t K ) ; v t = e K t K, 3.33t ( ) ( ) αt i( t) = e ( K t K ) 3 4 i t e K t K 3.33t ( ) = ( 3 4) olarak bulunur. Başlangıç koşullarıyla, = K =, K K v(0) 50 dv c (0 ) = 3.33 = 83.3 K = 6.7. = K4 =, K4 K3 i(0) 0 ve di(0 ) = 3.33 = K 3 = t v( t) = e ( 6.7t 50) V., t 0, i( t) t = te A., t 0 sonuçları elde edilir Şekilde verilen devrede anahtar uzun bir süredir açık konumda olup, t = 0 da kapanmaktadır. t > 0 için i(t) akımını bulunuz

343 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER Ω t=0 i(t) 5 A 3 Ω F 6 H 5 Ω V t < 0 da kaynaklar devrede olmadığından, bobin akımı ve kapasitör geriliminin süreklilik koşullarını da kullanarak, i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0 ve v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 L L L c c c bulunur. t = 0 için aşağıda görüldüğü şekilde kaynak dönüşümleri uygulanarak, devre bir Paralel RLC devresine indirgenir: KAY uygulanarak, vc (0 ) vc (0 ) dvc (0 ) il (0 ) C = 0 ; 5 5 dv c (0 ) = 0.4 V/s - 4 -

344 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER elde edilir. Paralel RLC devresi için α = 0. RC = 5 // 5 =.5 = 5 = ( ) Np/s, w0 = = = 0.5 rad/s LC 6 ve w0 > α olduğundan, cevap salınımlı sönüm biçimindedir. v ( t) = v ( ) e ( K cos w t K sin w t). αt c c d d t için bobin kısa devre olacağından, kapasitör gerilimi sıfırdır: vc ( ) = 0. Sönüm frekansı wd w0 α = = = rad/s olacağından v t e K t K t 0.t c ( ) = ( cos 0.5 sin 0.5 ) bulunur. Kapasitör gerilimi için başlangıç koşulları kullanıldığında: vc = K =, K K (0) 0 ve kapasitör gerilimi de dv c (0 ) = = 0.4 ve K =.66 v t = e t V., t 0 0. ( ).66 t c sin 0.5 elde edilir. Direnç üzerinden geçen akım, elemanlar paralel olduklarından v ( t) = = A., t > 0 olacaktır. 5 c 0.t i( t) 0.533e sin 0.5t 8.5. Problem 8.4 devresindeki 6 H lik bobinin 36 H lik bir bobinle değiştirilmesi durumunda, t > 0 için i( t ) akımını bulunuz. Kapasitör ve bobin başlangıç değerleri değişmeyecek, ancak devrenin resonans frekansı ve dolayısıyla da cevabın formu değişecektir. w 0 = = = 0.66 rad/s LC 36 ve α > w0 olduğundan, çözüm salınımsız sönüm formundadır. Devrenin doğal frekansları - 5 -

345 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER s = α α = = Np/s w s = α α = = Np/s w olduğundan, kapasitör gerilimi v ( t) = v ( ) e ( K cos w t K sin w t) αt c c d d bulunur. t için bobin kısa devre olacağından, kapasitör gerilimi sıfırdır: vc ( ) = 0. Başlangıç koşulları uygulandığında = = ve K K v (0) K K 0 c dv c (0 ) = =.66 ve bu denklemlerin çözümü ile de K =.058, K =.058 ve kapasitör gerilimi v t = e e V., t t 0.3t c ( ).058( ) bulunur. Direnç üzerindeki, aranan akımın ifadesi de vc ( t) t 0.3t i( t) = =.4( e e ) A., t > 0 dır Şekilde görülen devrede bobin üzerindeki akım t = 0 anında 4 A. ve kapasitör gerilimi de 8 V dur. t > 0 için i akımının zamana bağlı ifadesini bulunuz. 4 Ω i 0.4 F v c (t) 0.5i 0. H Kapasitör gerilimi ve bobin akımının t = 0 daki değerleri süreklilik koşullarından, v (0) = v (0 ) = 8 V ve i(0) = i(0 ) = 4 A c c olarak bulunur. KAY kullanılarak, dvc ( t) C 0.5 i( t) i( t) = 0 ; dvc ( t) C =.5 i( t) - 6 -

346 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER ve t = 0 için dv c (0 ) C =.5 i(0 ) ; dvc (0 ) i(0 ) 4 =.5 =.5 = 5 V/s C 0.4 bulunur. Dış çevrimde KGY uygulandığında, ( ) 4 ( ) 0. di( t) v 0 c t i t = elde edilir. KAY nı uygulayarak bulduğumuz, dvc ( t) C =.5 i( t) ; eşitliğinden, akımın ve akımın türevinin değerini kapasitör gerilimi cinsinden aşağıdaki gibi elde etmek mümkündür. C dvc ( t) 0.4 dvc ( t) i( t) =.5 =.5 ve di( t) 0.4 d vc ( t) =..5 Akımın ve türevinin değerleri yukarıdaki diferansiyel denklemde kullanılarak, 0.4 dvc ( t) 0.4 d vc ( t) vc ( t) = ve katsayılar düzenlenerekte, d vc t ( ) dvc ( t) vc ( t) = 0 ikinci derece diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denkleme ait karakteristik eşitlik s 40s 37.5 = 0 ve karakteristik eşitliğin çözümündende s = 39.04, s = 0.96 bulunur. s ve s, verilen devrenin doğal frekanslarıdır. Doğal frekanslar reel ve birbirinden farklı olduğundan çözüm salınımsız sönüm formundadır: v ( t) = K e K e ; c st st v ( t) = K e K e. c 39.04t 0.96t Kapasitör gerilimi için başlangıç değerleri kullanılarak, - 7 -

347 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER = = ve K K v (0) K K 8 c dv c (0 ) = = 5 ve bu eşiliklerin çözümünden de K = 0.587, K = elde edilir. Böylece,kapasitör geriliminin ifadesi aşağıdaki gibi bulunur: v ( t) 0.587e 8.587e c t 0.96t = V., 0 t. Yukarıda kapasitör gerilimi ve bobin akımı için elde edilen dvc ( t) C =.5 i( t) ; dvc ( ) 0.66 ( t i t = ) eşitliğinde, kapasitör geriliminin türevi kullanılarak i( t ) akımı i( t) 6.e.98e t 0.96t = A., 0 t bulunur Şekil.8.39 da verilen devrede, t > 0 için v 0 (t) gerilimini bulunuz. t < 0 için kaynak pasif olduğundan her iki bobin üzerindeki akım sıfırdır. Bobin akımının süreklilik koşulundan, i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0 A., i (0 ) = i (0) = i (0 ) = 0 A. bulunur. t 0 için, göz akımları metodu ile di ( t) di ( t) ( i ( t) i ( t) ) = 0 () ve 5 i ( t) i ( t) = 0 () diferansiyel denklemleri elde edilir. İkinci denklemden elde edilen di ( t) i ( t) = 5 i ( t) ifadesi ve türevi - 8 -

348 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER di ( t ) ( ) ( ) = d i t 5 di t birinci denklemde yerlerine yazılırsa d i ( t) di ( t) di ( t) 5 5 i ( t) i ( t) = 0 ; d i ( t) di ( t) 7 4 i ( t) = 0 veya d i ( t) di ( t) 3.5 i ( t) = 0 (3) elde edilir. Bu diferansiyel denklemin çözümü ikinci göz akımının ifadesini verecektir. İkinci denklemi t = 0 için yazdığımızda, di (0 ) 5 i (0 ) i (0 ) 0 di (0 ) = (0 di ) = 0 = ; ( 5 i (0 ) i (0 )) bulunur. Üçüncü denklemin homojen çözümü, devrenin doğal cevabını oluşturur: d i ( t) di ( t) 3.5 i ( t) = 0 ; s 3.5s = 0 s =.78 Np/s, s = 0.7 Np/s ve i ( t) = i ( ) K e K e ; st st i ( t) = i ( ) K e K e..78t 0.7t Burada i ( ) devrenin zorlama cevabı olup, t için her iki bobinde kısa devre davranacağından bu an için aşağıda verilen eşdeğer devreden bulunur: 0 0 i ( ) = = =.5 A. // 4 4 / 5 Böylece belirsiz katsayılarla birlikte akımın ifadesi i ( t) =.5 K e K e.78t 0.7t - 9 -

349 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER olarak bulunur. İkinci göz akımı için başlangıç değerleri kullanıldığında aşağıdaki eşitlikler elde edilir: di (0 ) i (0) =.5 K K = 0 ve =.78K 0.7K = 0. Bu eşitliklerin çözümüyle, K = 4.37 ve K = 6.87, ve akım ifadesi de i ( t) e 6.87e.78 t 0.7t = A., 0 t bulunur. Aranan gerilim de, Ohm yasası ile aşağıdaki gibi elde edilir: v t i t e e ( ) 4 ( ) t t = = V., 0 t > Şekilde verilen devrede, S ve S anahtarları uzun süredir a konumlarındadır. S anahtarı t = 0 da b konumuna geçerken, S anahtarı bundan saniye sonra b konumuna geçmektedir. t > 0 için i 0 (t) akımının ifadesini bulunuz. t = 0 da kapasitör 0 V luk gerilime şarj olmuş ve açık devredir. Süreklilik koşulu ile, v (0 ) = v (0) = v (0 ) = 0 V c c c olur. 0 t için S anahtarı a konumunda olduğundan, aranan akımı içeren devre, bir RC devrenin doğal cevabı formundadır. Bu zaman aralığı için aşağıda verilen RC devreyi ele alalım: Bu devrede S anahtarının hiç kapanmayacağı düşüncesiyle bulunacak cevap 0 t geçerli cevap olacaktır. Bu devre için kapasitör geriliminin ifadesi:

350 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER t v ( t) = v (0) e τ ; τ = RC = =.6 s c c t t = = V., 0 t v ( t) 0e 0e bulunur. t = da kapasitör gerilimi yukarıdaki ifadeden c v = e = e = V 0.65t 0.65 c ( ) ve süreklilik koşulundan da, v ( ) = v () = v ( ) = 0.7 V c c c elde edilir. Yine t = anında bobin uzun süredir dc akım kaynağına maruz kaldığından kısa devre davranmaktadır. Bobin kısa devre akımı için, süreklilik koşulu ile birlikte, i ( ) = i () = i ( ) = A L L L bulunur. O halde t için, üzerindeki başlangıç akımı A olan bir bobin, başlangıç gerilimi 0.7 V olan bir kapasitör ve bir dirençten oluşan paralalel RLC devresinin doğal cevabı bulunmalıdır. Bu devrenin t = için eşdeğeri aşağıda görülmektedir: KAY uygulanarak, vc ( ) dvc ( ) il ( ) 0.04 = 0 ; 40 dv ( ) c v ( ) c 0.7 = il ( ) = = V/s bulunur. Paralel devre için α = 0.35 RC = = Np/s, w0 = = = 5 rad /s LC 0.04 ve w0 > α olduğundan, 0 t için cevap - 3 -

351 9.BÖLÜM: ÇÖZÜMLER v t = e K w t K w t ; ( ) ( ) α t c ( cos d ( ) sin d ( )) ve wd w0 α = = = rad/s v t e K t K t 0.35( t ) c ( ) = ( cos 4.99( ) sin 4.99( )) elde edilir. Kapasitör gerilimi başlangıç değerleri kullanılarak vc = K =, K K () 0.7 dv c ( ) = = ve bu eşitliklerin çözümü ile de: K = 0.7, K = 0.69 bulunur. Böylece, kapasitör geriliminin t için ifadesi, v t = e t t V. bulunur. 0.35( t ) c ( ) (0.7 cos 4.99( ) 0.69 sin 4.99( )) 40 Ω luk direnç üzerindeki akım ise vc ( t) i0 ( t ) = 40 ifadesinden: 0.65t 0.5e A, 0 < t < i0 ( t) = 0.35( t ) e (0.675cos 4.99( t ) 0.67sin 4.99( t )) A, t> bulunur. Direnç üzerindeki akımın zamana göre değişimi aşağıda verilmiştir i(a) t(ms) - 3 -