Ankara Üniversitesi Mühendislik Fakültesi, Fizik Mühendisliği Bölümü FZM07 Temel ElektronikI 3. Bölüm: Temel Devre Tepkileri Doç. Dr. Hüseyin Sarı
3. Bölüm: Temel Devre Tepkileri İçerik Devre Tepkilerinin Özelliği Doğal Tepki Daha Karmaşık Düzenlerin Doğal Tepkisi Zorlanmış Tepki Başlangıç Koşulları Tam Tepki
Bu derste, Zamanla değişen akım ve gerilimlerin devrede oluşturacağı anlık tepkiler, Doğal tepki ve zorlanmış tepkiler öğrenilmiş olacak. 3
Devre Tepkileri Bu derste, zamanla değişen akım ve gerilim kaynaklarının devrelere uygulanması halinde devrenin göstereceği tepkiler incelenecektir. Özellikle ansızın uygulanan veya birden değiştirilen kaynağa gösterilen tepkiler incelenecektir. S R V V c C V c (t)=? 4
Devre Tepkilerinin Özelliği Devre tepkisinin genel özellikleri aşağıdaki R direnci ve C sığasından oluşan devrenin incelenmesi ile açıklanacaktır. S anahtarının t=0 anına kadar açık olduğunu ve C sığasının yüklenmemiş olduğunu varsayalım. t=0 anından önce hiçbir şey olmamaktadır, devrede akım yoktur. Devre kararlı bir durumdadır. S R V V c C t=0 anında anahtar kapanırsa koşullar değişmeye başlar. Kaynaktan çıkan yükler devre üzerinden akarak sığaya ulaşır; bu akış, sığaç üzerindeki gerilim kaynak gerilimine eşit oluncaya (V C =V) kadar sürer ve yeni bir denge kurulur ve yüklerin akışı da durur. 5
S R S R S R V V c C V V c C V V c C t=0 t > 0 t >> 0 V c (t) S anahtarının kapatıldığı an t=0 V Kararlı durum dönemi 0 geçiş dönemi Kararlı durum dönemi t Bölüm 3 ün konusu t=0 anında anahtar kapandıktan hemen sonra (t>0 ) kaynaktan çıkan yükler sığaya ulaşır; bu akış sığaç üzerindeki gerilim, kaynak gerilimine eşit oluncaya (Vc=V) kadar sürer ve yeni bir denge kurulur, yüklerin akışı da durur. Bu geçiş dönemi devre elemanlarına bağlı olarak uzun veya kısa olabilir. Bu geçiş dönemi devre elemanlarının Doğal tepkisi ve güç kaynağı tarafından oluşturulan Zorlanmış tepkinin toplamı 6 şeklindedir ve bu dersin konusunu oluşturmaktadır.
V S S Devre Tepkilerinin Özelliği Tam tepki, Doğal ve Zorlanmış tepkinin toplamı şeklindedir V c (t) R V R V c V c C C Tam tepki Doğal tepki 0 0 = Devrede oluşturulan ani değişimden (anahtarın kapatılması) hemen sonra t gözlenen devrenin tepkisi Devrede güç kaynağı yok iken devrenin t doğal davranışı V Zorlanmış tepki t Güç kaynağının devreye uyguladığı gerilim 0 7
Doğal Tepki Bu kesimde devre tepkisinin, dış bir kaynak olmadığı durumda doğal tepkisi bulunacak. Örnek olarak aşağıdaki devreyi göz önünde bulunduralım R V(t) C Kirchhoff AkımYasası (KAY) denklemi: C dv( t) 1 v ( t ) = 0 R Birinci dereceden (bir kez türen alınmış) homojen (eşitliğin diğer tarafı sıfır) diferansiyel denklem. Bu denkleme türev içerdiği için diferansiyel denklem denir Çözümün, türevi kendisine eşit olan bir fonksiyon olması gerekir y( t) = Ae bt dy( t) = Abe bt v( t) d st 1 st C ( Ke ) Ke = 0 R 1 sc = 0 s R = Ke st 1 = RC s ve K sabitleri bilinirse çözüm sağlanmış olur (K başlangıç koşullarından) bulunur. st 1 Ke ( sc ) = 0 R v( t) = Ke t RC 8
Doğal Tepki Bu kesimde devre tepkisinin, dış bir kaynak olmadığı durumda doğal tepkisi bulunacak R V(t) C v( t) = Ke t RC s=1/rc devrenin zaman sabitidir ve fiziksel olarak ne ifade ettiği ileriki bölümlerde ayrıntılı olarak irdelenecektir. K sabitinin değeri, başlangıç durumunda (t=0) v(t) nin değerini belirleyerek bulunur. Bu durumda V(t=0)=V o olduğundan (t=0 anında v(t)=v o olduğundan K=V o bulunur. Eğer başlangıçta sıga boş olsaydı K=0 olurdu. Bu durumda aranan çözüm (devrenin doğal tepkisi) v( t) = V e o t RC 9
R V(t) C v( t) = Ke t RC v(t)/v o 1,0 V o /e v( t) = V e o t RC t 0 τ 10
Örnek 3.1: Aşağıdaki RL devresi verildiğine göre: (a) i(t) doğal tepki bağıntısını bulunuz. (b) i(0)=5a ise i(t) nin sayısal değerini bulunuz. i(t) L= H 11
Çözüm: (a) Kirchhoff gerilim yasasından R=4Ω i(t) L= H Diferansiyel denklemin çözümü d st st L ( Ke ) R( Ke ) = 0 çözüm di L Ri( t) 0 = v( t) = st Ke ( sl R) = 0 i( t) = Ke Rt L Ke st sl R = 0 s = R L (b) Problemde verilen değerler kullanıldığında i(t)= 5 A (4 )0 i( t = 0) = 5 = Ke = K.1 K = 5 amper ( ) = 5 t i t e amper bulunur 1
R=4Ω i(t) L= H L di Ri( t) 0 = i(t)/i o 1,0 i( t) = Ke Rt L Rt L t i( t) = Ke = Ke τ 0 t 13
RC Devresi R V(t) C dv( t) 1 C v ( t ) = 0 R RL Devresi R i(t) L di L Ri( t) 0 = v(t)/v o 1,0 V o /e 0 τ v( t) = V e t RC Zaman sabiti τ RC o t v( t) = V e τ o t i( t) = Ke αt 1 α τ τ zaman sabiti: Doğal tepkinin sönmesi için gerekli zaman uzunluğunun bir ölçeği i(t)/i o 1,0 I o /e 0 τ Zaman sabiti i( t) = i( t) = τ I e o L R Rt L t Ioe τ 14 t
Örnek 3.: Aşağıdaki devrenin v(t) tepkisinin doğal bileşenini bulunuz. R=3Ω v s (t) C=1/F v(t) L= H 15
Çözüm 3.:Doğal bileşen bulunmak istendiğinden ilk adım kaynağın etkisini kaldırmaktır. Gerilim kaynağı kısa decre yapılırsa kaynağın etkisi kaldırılmış olur. R=3Ω R=3Ω R=3Ω a v s (t) C=1/F v(t) L= H v s =0 C=1/F v(t) L= H L= H Kısa devreden dolayı sığanın uçları arasındaki gerilim sıfır olmaya zorlanır 1 1 v( t) ( ) = 0 3 vn t 1 d 1 ( V st st o e ) V o e = 0 3 çözüm V e o st 1 dv( t) 1 vn ( t) = 0 3 v( t) = V e s 1 ( ) = 0 3 v( t) = V e o o st (1,5) t s 1 = 0 3 Birinci dereceden diferansiyel denklem s = 1,5 16
Daha Karmaşık Devrelerin Doğal Tepkisi Bir önceki bölümde enerji depo edici yanlız bir devre elemanı (sığa veya indüktans) içeriyordu. Bu kesimde, enerji depo edici birden fazla devre elemanı içeren devrelerin doğal tepkileri inclenecektir. R v s (t) C L Kirchhoff Gerilim Yasası (KGY) di( t) 1 Ri( t) L i( t) = vs ( t) C İkinci türev v ( t) d i( t) di( t) 1 ( ) = s C L R i t Devrenin doğal tepkisi, i n (t) (v s (t)=0 durumunda) d in ( t) di ( ) 1 n t L R in ( t ) = 0 C 17
Daha Karmaşık Devrelerin Doğal Tepkisi R v s (t) C L Devrenin doğal tepkisi i n (t) çözüm i ( t) = n Ke st d in ( t) di ( ) 1 n t L R in ( t ) = 0 C st Ke ( s L sr ) = 0 C 1 i ( t) = K e K e n s t 1 s t 1 1 = 0 s L sr C En genel durumda iki kök bulunur; s 1 ve s 18
Örnek 3.3: Aşağıdaki devrede t=0 anında bağlantısı kesilen bir akım kaynağı ile uyarılıyor. Kaynağın bağlantı kesildiği anda v sıga gerilimi 4V ve i L indüktans akımı 1 A dir. t > 0 için v(t) gerilimini bulunuz. R=4/3 Ω i L (t) L= H C=1/4F 19
Çözüm: t=0 anında bağlantısı kesildiğinden tepki tam olarak doğal tepkidir. Çözüm için önce devrenin doğal tepkisini bulup daha sonra özel başlangıç koşullarını kullanarak katsayıları bulunacak. R=4/3 Ω L= H C=1/4F i L (t) Devrenin doğal tepkisi (v s (t)=0) çözüm v( t) = Ke st 3 1 dv( t) 1 v( t) ( ) = 0 4 4 v t d v t ( ) dv( t) 3 v( t) = 0 s s ± 4 1, = b b ac 1, a ± ± = =.1 3 3 4.1. 3 1 Ke s s st ( 3 ) = 0 s =, s = 1 1 t 1 v( t) = K e K e s 3s = 0 t 0
K 1 ve K katsayılarını bulmak için başlangıç koşullarını (t=0) kullanmak gerekir. v( t) = K e K e t 1 t R=4/3 Ω i L (t) L= H C=1/4F t=0, v(0)=4v v( t = 0) = K K 1 t=0, türev dv( t = 0) = K K 1 t=0, da v(t=0) ve dv(t=0)/ değerleri bilinirse K 1 ve K katsayıları bulunabilir. 1
Kirchhoff gerilim yasasından t=0 da KAY eşitliği v(t) 4,0 3 1 dv( t = 0) v( t = 0) il ( t = 0) = 0 4 4 3 1 dv( t = 0) 4 1 = 0 4 4 v( t = 0) = K K = 4 dv( t = 0) i ( t = 0) i ( t = 0) i ( t = 0) = 0 R C L 1 = K K = 16 1 dv( t = 0) = 16 K 1 K = 4 K K = 16 K 1 = 1; K = 8 1 çözüm ( ) 1 v t = e t 8e t 0,0 0,5 6,0 t
Örnek 3.4: Aşağıdaki devrede bulunan 1/5 F lık sığa t=0 zamanından önce ikinci bir devre ile (şekilde gösterilmeyen) yüklenmiştir. Yüklü olduğundan t < 0 için v c =10 V dur. t=0 da S anahtarı kapanıyor. t > 0 değeri için devredeki i(t) akımını bulunuz. R= Ω S v L (t) L=1 H i L (t) v C (t) C=1/5F 3
Çözüm: t=0 anında bağlantısı kesildiğinden tepki tam olarak doğal tepkidir. Çözüm için önce devrenin doğal tepkisini bulup daha sonra özel başlangıç koşullarını kullanarak katsayıları bulunacak. R= Ω S v L (t) L=1 H i L (t) v C (t) C=1/5F Devrenin doğal tepkisi (v s (t)=0). Devre için KGY çözüm i( t) = Ke s s Ke st st ( 5) = 0 di( t) 1 i( t) 5 i( t) = 0 İntegralden kurtulmak için bir kez daha türev alınırsa d i t ( ) di( t) 5 i( t) = 0 s s 5 = 0 i( t) = K e K e ( 1 j) t (1 j) t 1 s s ± 4 1, = b b ac 1, a ± ± = =.1 s = 1 j; s = 1 j 1 4.1.5 j4 j: sanal sayı Kökler sanal! 4
e Çözüm: K 1 ve K katsayılarını bulmak için başlangıç koşullarını (t=0) kullanmak gerekir. Euler eşitliği ± iθ = cosθ ± j sinθ i( t) = K e K e ( 1 j) t (1 j) t 1 i( t) = e ( K e K e ) t jt jt 1 [ ] t i( t) = e K (cos t j sin t) K (cos t j sin t) 1. Sınır koşulu i(t=0)=0 1 [ ] t i( t) = e Acos t Bsin t [ ] 0 i( t = 0) = 0 = e A cos.(0) Bsin (0) = A A K1 K B j( K K ) A =0 1. Sınır koşulundan B katsayısı bulunabilir di( t = 0) [ ] 0 = = e A sin (0) B cos (0) B 5
t=0 da KGY eşitliği di( t = 0) 1 i( t = 0) vc ( t = 0) = 0 i( t = 0) = 0 v ( t = 0) = 10 V C di( t = 0) = 10 çözüm di( t = 0) = B di( t = 0) t i( t) = 5e sin t amper = B = 10 B = 5 i(t) 6,0 i( t) = 5e t sin t amper 4,0 0,0 0,5 6,0 t (saniye) 4,0 6,0 6
Zorlanmış Tepki En genel biçimde bir elektrik devresi, uyarmayı sağlayan bir ya da daha fazla kaynak ile çok sayıda ilmek ve çok sayıda kavşaktan oluşur. R v s (t) L Kirchhoff Gerilim Yasası (KGY) çözüm di( t) L Ri( t) = v s ( t) i( t) = i ( t) i ( t) Doğal tepki sıfıra gideceğinden Zorlanmış tepki f n di ( ) ( ) n t di f t L Rin ( t) L Ri f ( t) = vs ( t) din ( t) L Rin ( t) 0 di f ( t) L Ri f ( t) = vs ( t) 7
Zorlanmış Tepki R v s (t) L Kirchhoff Gerilim Yasası (KGY) Çözümün uyarıcı ile aynı olduğunu düşünelim Doğal tepki sıfıra gideceğinden di f ( t) L Ri f ( t) = vs ( t) i ( t) = Bt L RBt = At d L ( Bt C) R( Bt C) = At BL RBt RC = At f Doğal tepki sıfıra gideceğinden BL RC = 0; RB = A A i f ( t) = t R AL R B = A R; C = AL R 8
Örnek 3.5: Aşağıdaki devrenin sinüsel akıma tepkisinin v f (t) zorlanmış bileşenini bulunuz. i(t)=isinωt R C v(t) 9
Çözüm: i(t)=isinωt R C v(t) Devre için Kirchhoff Akım Yasası (KAY) dv f ( t) 1 C v f ( t) = I sinωt R Zorlanmış tepkiyi bulmak için v f (t) yi zorlayıcı fonksiyon ve onun türevi şeklinde yazabiliriz v f ( t) = Asinωt B cosωt 1 C( ω Acosωt ωbsin ωt) ( Asinωt B cos ωt) = I sinωt R B AωC B R = 0 ω cosω A C A t CωB sinωt = I sinωt R R A R BωC = I G A ve B katsayıları A = I G =1 R G ( ω C ) B ω = I C G ( ω C ) G ωc çözüm v ( ) = sinω cosω 30 f t I t t G ( ωc) G ( ωc)
Örnek 3.6: Aşağıdaki devreye t=0 anında e f (t)=10e 4t mv luk bir gerilim uygulanmıştır. e o (t) çıkış geriliminin zorlanmış bileşenini bulunuz. 10Ω i(t) e f (t) H 100i(t) 0,015F 10Ω e o (t) 31
Çözüm: Devre davranışını tanımlayan iki eşitlik, sol ilmekte uygulanan KGY eşitliği ve A düğüm noktasındaki KAY eşitliğidir Devre için Kirchhoff Akım Yasası (KAY) di( t) 10 i( t) = e f ( t) deo ( t) 0,015 0,1 eo ( t) = 100 i( t) Uyarı üstel biçimde olduğundan tepkilerin de aynı mertebede üstel olduğunu varsayalım i( t) = Ie 4t e ( t) o = E e o 4t I=5x10 3 A bulunur 8Ie 10 Ie = (10 10 ) e 4t 4t 3 4t 0, 06E e 0,1E e = 100Ie o 4t 4t 4t o = 1,5 ; ( ) = 1,5 4 t E V e t e volt o o Bu problemdeki 100i(t) bağımlı akım kaynağının varlığı bir gerilim yükselmesi oluşturmuştur. Çıkıştaki gerilim giriş geriliminden daha büyüktür. Bu türden devreler elektronik yükselteçlerde kullanılır. 3
Örnek 3.7: Aşağıdaki devreye t=0 anında v f (t)=5t bileşenini bulunuz. V ise i f (t) zorlanmış 1H v f (t) i(t) 0,F Ω 33
Çözüm: 1H v f (t) i(t) 0,F Ω Devre için Kirchhoff GerilimYasası (KGY) di( t) 1 i( t) 5 i( t) = v( t) Zorlanmış tepki yukarıdaki denklemi sağlamalıdır. Bu durumda zorlanmış tepki i f ( t) = At Bt C Biçiminde t fonksiyonunu ve tüm türevlerini içerecek biçimdedir. Buradan Zorlanmış tepki d i t di t 5 i( t) = dv t A At B At Bt C = t ( ) 5( ) 10 ( ) ( ) ( ) A t A B t A B C = t (5 ) (4 5 ) ( 5 ) 10 A = 0; B = ; C = 0,8 i ( t) = t 0,8 amper f 34
Başlangıç Koşulları Bu bölümde başlangıç koşullarını kuramsal olarak nasıl bulunacağı anlatılacaktır. Başlangıç koşullarını bulmada Kirchhoff yasaları ve sığa gerilimi ve indüktans akımının sürekliliği ilkesidir. Sonuçlar doğal tepki terimlerinin katsayılarını hesaplamada kullanılır. Anahtarlamanın yapıldığı anı t=0 olarak kabul edilirse, anahtarlamadan hemen önceki an (0 ); hemen sonraki an ise (0 ) olarak gösterilecektir. 35
Başlangıç Koşulları Sığa: Sığa üzerindeki akım f ( ) = dv i(t) t i C C e(t) Sığada depo edilen enerji W C = 1 Cv C Sığa akımı gerilimindeki anlık değişmeye (yani dv C /= ) sonsuz bir akım eşlik etmesi gerektiğini gösterir. Sonsuz büyüklükte bir akım verilmedikçe bir sığanın uçlarındaki gerilim ansızın değiştirilemez. v (0 ) = v (0 ) C C 36
Örnek 3.8: Aşağıdaki devrede S 1 anahtarı t=0 zamanından çok çok önce kapanmıştır. S anahtarı da t=0 da kapanıyor. Anahtar kapandıktan hemen sonra v C (0 ) sığa gerilimini ve i C (0 ) sığa akımını bulunuz. 10V S 1 i 1 10Ω i S 0,5F v c (t) 10Ω i C 37
Çözüm: 10V S 1 i 1 10Ω 0,5F v c (t) 10Ω i C i S Anahtarlar yukarıdaki konumlarında olduğunda doğal tepkinin sönmesi için yeterince beklenirse bu durumda sığa 10 V a kadar yüklenmiş ve devreden geçen akım da sıfır olmuş olur v C (0 ) = 10V t=0 anındaki anahtarlama süreci ikinci 10 Ω luk direnci devreye bağlar. Sığa geriliminin sürekliliği ilkesinden bulunur. i C (0 ) yı bulmak için devrede t=0 anındaki KGY ve KAY eşitlikleri yazılır. Bunlar 10 10 i (0 ) v (0 ) = 0 v C 1 (0 ) 10 i (0 ) = 0 C i C (0 ) = 0 v (0 ) = v (0 ) = 10V (0 ) = 0 C C i C i (0 ) = 0; i (0 ) = 1A 1 1(0 ) (0 ) (0 i = i i C ) olduğundan ic (0 ) = 1A bulunur 38
İndüktans: İndüktans üzerindeki gerilim i di( t) v = L L L e Depolanan enerji WL = 1 Li Sığa akımı gerilimindeki anlık değişmeye (yani di L /= ) sonsuz bir akım eşlik etmesi gerektiğini gösterir. Sonsuz büyüklükte bir gerilim uygulanmadıkça bir indüktansdaki akım birdenbire değiştirilemez. i (0 ) = i (0 ) L L 39
Örnek 3.9: Aşağıdaki devrede S anahtarı t=0 zamanından önce uzun zaman açık tutulmuştur ve t=0 anında kapatılmıştır. Anahtar kapandıktan hemen sonra t=0 anında v, dv/, i L ve di L / yi bulunuz. a S b 5A Ω 0,5F v(t) /5H i 1 (t) Ω 5A 40
Çözüm: İstenen terimler t=0 anındaki v(t) sığa geriliminin ve i L (t) indüktans akımının belirlenmesi ve anahtar kapalı iken bu fonksiyonlara süreklilik ilkesinin ve devreye de Kirchhoff yasalarının uygulanması ile bulunur. a b 5A Ω 0,5F v(t) S /5H i 1 (t) Ω 5A Anahtar kapanmadan önce devrenin a ve b kısımları birbirinden bağımsızdır. Her iki devrede doğru akımla uzun zaman beslendiklerinden zorlanmış tepkileri sabittir ve sürekliliği ilkesinden v(0 ) = 10V Eğer v(0 )=10 V ve indüktans gerilimi de 10 V ise veya i L (0 ) = 5A (0 v ) = 10V i (0 ) = 5A di L (0 ) L = 5 A/ s 10 5 = L di (0 ) dv/ nin değeri t=0 anında Kirchhoff akım yasasının uygulanması ile bulunur. 1 dv(0 ) 1 dv(0 ) 5 v(0 ) il (0 ) v(0 ) 5 = 0 = 10 V / s bulunur 41
Tam Tepki Bu bölümde, daha önce ayrı ayrı incelenen Doğal ve Zorlanmış tepkilerin bir arada olduğu durum ile ilgilenilecektir. Bir devrenin tam tepkisini sistematik olarak incelemek için aşağıdaki adımlar sırası ile izlenecektir. 1 Devre için direfansiyel denklem yazılır. Eğer devrede integralli terimler bulunuyorsa denklemin türevi alınarak basitleştirilir. Denklem, bağımsız kaynakları içeren terimleri eşitliğin bir tarafında, devre parametrelerini ve bağımlı kaynakları içeren terimleri eşitliğin diğer tarafında toplanır. Zorlayıcı etkiler yazılır ve bunlardan belirtgen denklem ve kökleri (s 1, s, s 3 ) kökler hesaplanır. Tepkinin doğal bileşeninin biçimi 3 Zorlanmış tepki bulunur. K e K e K e s1t st s3t 1 3... 4 Zorlanmış ve doğal bileşenler toplanır. Bunların toplamı tam tepkidir. Ama doğal tepkinin K 1, K, K 3 vb katsayıları şimdilik bilinmemektedir. 5 Başlangıç koşulları belirlenir. Genel olarak gerekli başlangıç koşullarının sayısı belirtgen denklemin köklerinin sayısı ile belirlenir. Belirtgen denkleminin bir kökü varsa fonksitonun t=0 anındaki değeri, iki kökü varsa fonksiyonun kendisinin ve birinci türevinin t=0 anındaki değeri bulunmalıdır. 6 Başlangıç koşulları kullanılarak K katsayılarının değeri bulunur. Bu adımda tam tam tepki 4 biçimi kullanılmalıdır.
Örnek 3.10: Örnek 3.8 devresinde t > 0 için v c (t) değerini bulunuz. 10Ω 10V 0,5F v c (t) 10Ω 43
Çözüm: 10 Ω ve 10 V güç kaynağı eşdeğer bir akım kaynağına dönüştürülebilir. 1A 10Ω 0,5F v c (t) 10Ω 1 Devre için KAY eşitliği 1 1 dv ( t) 1 v ( ) C C t vc ( t) = 1 10 10 Zorlayıcısız eşitlik (Doğal tepki) dvc ( t) vc ( t) = 5 dvc ( t) vc ( t) = 0 5 s = 0 s = 5 5 v ( t) = Ke cn t /5 3 Uyarma bir sabit olduğundan zorlanmış bileşen v ( t) = A cf biçimindedir Bu değer başlangıçtaki diferansiyel denklemde yerine konursa 0 A = A = 5 bulunur 5 44
4 Tam tepki v ( t) = v ( t) v ( t) = 5 Ke c cn cf t /5 5 Örnek 3.8 in sonuçlarından (başlangıç koşulundan) vc (0 ) = 10V K = 5 6 Başlangıç koşullarının tam tepkide uygulanması ile v ( t) = 5 5e c bulunur t /5 45
Örnek 3.11: Örnek 3.7 devresinde eğer t < 0 için v(t)=0 ve t > 0 için v(t)=10e 4t volt ise t > 0 için i(t) nin tam tepkisini bulunuz. 1H v f (t) i(t) 0,F Ω 46
Çözüm: 1H v f (t) i(t) 0,F Ω 1 Devre için KGY eşitliği Türev alınırsa di( t) 1 i( t) 5 i( t) = v f ( t) = 10e d i t di t dv t i t Zorlayıcısız eşitlik (Doğal tepki) d i t ( ) ( ) ( ) 5 ( ) = = 40e ( ) di( t) 5 i( t) = 0 kökler 4t 4t s s 5 = 0 s = 1± j i ( t) = e t ( Acos t Bsin t) n 47
3 Tepkinin zorlanmış bileşeni üstel Ie 4t biçiminde olacaktır, bu çözüm KGY eşitliğinde kllanıldığında 4 Tam tepki ( 4) Ie ( 4) Ie 5Ie = 40Ie 4t 4t 4t 4t Buradan I=3,08 bulunur. Bu durumda zorlanmış tepki i t i t i t e e A t B t 4 ( ) ( ) ( ) 3,08 t t = n f = ( cos sin ) Buradan I=3,08 bulunur. Bu durumda zorlanmış tepki i ( t) = 3,08e 4 5İki başlangıç koşuluna gerksinim vardır. i(0 ) ve di(0 )/. t=0 dan önce v8t)kaynak gerilimi, uzun zamandır sıfırdır, bu nedenle tüm akım ve gerilimler sıfıra gidecek biçimde devre durgun durumdadır. f t i(0 ) = 0; v c (0 ) = 0 ve i(0 ) = 0; v c (0 ) = 0 olması gerekir. Bu durumda birinci başlangıç koşulu i(0)=0 dır. İkinincisi, KGY eşitliğinden di(0 ) i(0 ) v (0 ) = v (0 ) = 10 V V di(0 ) = 10 48
6 i(0 )=0 koşulundan buradan i(0 ) = 0 = 3,08 A A = 3,08 i t e e t B t 4 ( ) 3,08 = t t (3,08cos sin ) B katsayısı di( t) = 4t t t 1,3 e e ( 6,16sin t B cos t) e (3,08cos t Bsin t) di(0 ) di(0 ) = 10 Başlangıç koşulunun kullanılması ile = 10 = 1,3 B 3, 08 B = 0,38 bulunur Tam tepki 4 ( ) 3,08 = t t i t e e (3,08cos t 0,38sin t) amper 49
Örnek 3.1: Aşağıdaki devrede bulunan v(t) uyarıcısı, sıfırdan küçük zamnlar için sıfır ve t > 0 için 100 V dur. Buna göre t > 0 için devre akımını bulunuz. 100 Ω H 1/80F v(t) i(t) v L (t) 9v L 50
Çözüm: 100 Ω H 1/80F v(t) i(t) v L (t) 9v L 1 Devre için KGY eşitliği di( t) 100 i( t) 80 i( t) = v( t) 9 vl( t) v(t)=100 V ve indüktans voltamper bağıntısından bağımlı kaynak geriliminin olduğundan İkinci türev alınırsa di( t) 9 vl( t) = 9 di( t) 100 i( t) ( 18) 80 i( t) = 100 d i t ( ) di( t) 5 4 i( t) = 0 yazılır. 51
Yukarıdaki eşitliğin sağ tarafı sıfır olduğundan bu eşitlik zorlayıcısız bir eşitliktir. Bu denklemin çözümü (Doğal tepki) s s s ve s 5 4 = 0 = 1 = 4 i ( t) = K e K e n t 1 4 t 3 Zorlanmış tepki sıfırdır 4 Tam tepki i ( t) = K e K e n t 1 4 t 5İki başlangıç koşuluna gerksinim vardır. i(0 ) ve di(0 )/. Devre uzun zamandan beri durulmakta olduğundan t=0 da enerji depolanmamış durumdadır. Dolayısı ile (0 ) (0 i = i ) = 0 ve v (0 ) = v (0 ) = 0 İkinci başlangıç koşulu, süreklilik ilkelerinden ve KGY t=0 anındaki değerinden bulunur. di(0 ) 100 i(0 ) 0 vc (0 ) = 100 c c di(0 ) = 5 bulunur 5
6 Sınır koşullarından buradan i(0) = K K = 0 1 di(0) = K 4K = 5 K = K = 5 / 3 1 1 Tam tepki 5 3 4 i( t) = ( e t e t ) amper olarak bulunur 53