BÖLÜM II BİRİNCİ DERECEDEN RC ve RL DEVRELER Bir önceki bölümde ideal bir indüktör ve kapasitörün enerji depolama kabiliyetleri ile birlikte uç davranışlarını analiz ettik. Bu bölümde ise bu elemanların enerji depolarken veya harcarken ortaya çıkan gerilim ve akımlarının değerlendirilmesi yapılacaktır. Doğal devre cevabı İndüktör ve kapasitörlerin başlangıç koşullarına bağlı olarak bulunan devre cevabıdır. Doğal cevapta devrede bağımlı kaynak olabilir, ancak bağımsız kaynak olmamalı. (Anahtarlama durumu göz önüne alınmalıdır, yani enerji bırakılırken bağımsız kaynak yok). 1
Basamak (step) devre cevabı Devre Teorisi Ders Notu Basamak cevabında RL veya RC devreye, DC gerilim veya akımın birden (suddenly) uygulanması durumundaki devre davranışı incelenir. Doğal ve basamak cevabının birlikte değerlendirilmesi Üçüncü aşamada ise, genel bir metot geliştirilerek, DC voltaj veya akımda ani değişiklikler ile devrenin basamak cevabı bulunacaktır. Bunu yaparken doğal cevap ile basamak cevabının bulunmasındaki temel düşüncenin aynı olduğu gösterilecektir. 2
R th V th V R th th R th R th V th V R th th R th Şekil 2.1: a) İndüktör Thevenin eşdeğere bağlı b) İndüktör Norton eşdeğere bağlı c) Kapasitör Thevenin eşdeğere bağlı d) Kapasitör Norton eşdeğere bağlı 3
2.1. RL Devrenin Doğal Cevabı Devre Teorisi Ders Notu I s R o Şekil 2.2: RL devresi RL nin doğal cevabı, enerjinin bırakılması esnasında bağımsız kaynakların olmamasına denk düşer. Bağımsız kaynaklar sadece enerji depolanırken devrede vardırlar. Yukarıdaki devre uzunca süre anahtar kapalı tutularak 4
bekletildikten sonra t = 0 anında anahtar açılırsa; bütün akımlar ve gerilimler sabit bir değere ulaşmış demektir. Bu yüzden anahtar açılmadan hemen önce L di kısa devredir ( V L 0). Yani enerji bırakılmadan hemen önce indüktör dt kısa devre gibi görünür. İndüktör üzerine düşen voltaj 0 ise, Ro ve R den geçen akım yoktur. Bu yüzden, bütün akım kaynağı Is, indüktif dalda görünür. Buradaki problem ise anahtar açılınca (t = 0 + ( t 0)) R uçlarındaki akım ve gerilim ifadelerini bulmaktadır. Böylece t 0 anı için Şekil 2.3 de ki devre oluşur. 5
I s Şekil 2.3: t 0 anı için Şekil 2.2 deki devre KVL kullanılarak devre çözülecek olur ise di L Ri 0 dt (2.1) di dt dt di i R idt (2.2) L R dt (2.3) L 6
Denklem (2.3), birinci dereceden diferansiyel denklemi temsil etmektedir. t di( ) t R d t0 i( ) (2.4) t0 L t 0 için; o ln it () i (0) R t (2.5) L R t L L it () i(0) e, (2.6) R i(0) Io başlangıç değeridir (depolanan enerjiye denk düşen akım). Sonuç olarak it () akımı; ( R ) t L it () Ie, t 0 (2.7) o 7
I o it () Şekil 2.4: Devreye ait akım cevabı e 1 0.37I o t t/ t e 3.67x10-1 2 1.3510-1 3 4.97x10-2 4 1.83x10-2 5 6.7x10-3...... 8
5 dan sonra i değeri, I o ın % 1 inden küçüktür. Dolayısıyla uzunca bir süre ifadesi 5 ve üzeri zaman dilimine denk düşer. Bir diğer zaman karakteristiği, akımın son (final) değerine ulaşması için gerekli olan zamandır (i(t) başlangıç oranında değişmeye devam ederse). di L Ri 0 dt (2.8) di R Io (0 ) I o (2.9) dt L Io Bu durumda it, () I o dan başlayarak aşağıdaki gibi elde edilir. Io it () Io t (2.10) oranında azalıyorsa (A/sec), it () akımı 9
I o it () it () = Ie - o R ( ) t L Io it () = Io - t t t t Şekil 2.5: RL devresinin zaman sabitinin grafiksel yorumu Denklem (2.10), i nin saniyede 0 değerine (son değere) ulaştığını gösterir. Şekil 2.3 de yer alan devrede, R üzerine düşen gerilimin ifadesi ise R ( ) t L t V ir I Re I Re, t 0 (2.11) olarak bulunur. o o 10
Burada gerilim t 0 olarak tanımlanmasının temel sebebi (akımda t 0 dı) t 0 da voltajda basamak değişimi olacağındandır. V() t 0, t 0 V (0 ) 0 V(0 ) IoR t 0 da voltaj atlaması olduğundan 0 veya 0 kullanılır. Çünkü t 0 da voltaj bilinmiyor. Direnç üzerinde harcanan güç: P iv, 2 o P 2 i R veya 2t P 2 V R P I Re, t 0. (2.12) R üzerinde harcanan enerji (R nin L den çektiği enerji): 11
t t 2t 2 0 0 o (2.13) W Pdt I Re dt 2t 2 Io R(1 e ) (2.14) 2 1 2t 2 LIo (1 e ), t 0. (2.15) 2 t, R de tüketilen enerji depolanan enerjiye yaklaşır ( 1 2 LI ). RL devresinde bir akım olması durumu, anlık bir durum (olay) olduğundan devrenin doğal cevabını tanımlar, aynı zamanda doğal cevaba geçici cevapta (transient response) denir. 2 o 12
Anahtarın açılmasından uzunca süre sonraki durum (t ) ise kararlı durum (steady state) cevaptır. RL devresinin kararlı durum cevabı (t ) 0 dır. Anahtarı açmadan hemen önce, devreyi durum-kararlı moda çalışıyor kabul ettik. Yani anahtar kapalı uzunca süre bekleyerek, akımın indüktörde durum-kararlı değeri I o a ulaştığını kabul ettik (bu aslında basamak cevabında durum-kararlı davranışımıza denk düşer.) RL devresinin doğal cevabının analizinde en önemli nokta; indüktörün başlangıç akımının bulunması ve zaman sabitinin belirlenmesidir. Bütün diğer çözümler, it den () türetilir. 13
2.2. RC Devrenin Doğal Cevabı Devre Teorisi Ders Notu R o V g Şekil 2.6: RC devresi Şekil 2.6 da anahtar (a) konumunda t 5 kadar bekletildikten sonra, t 0 anında (b) konumuna getiriliyor. Anahtar (b) konumundayken devrenin eşdeğeri çizilecek olur ise; 14
V g Şekil 2.7: Anahtar (b) konumundayken devrenin eşdeğeri KCL kullanılarak Şekil 2.7 deki devre çözülecek olur ise; dv C dt V 0 (2.16) R t RC V() t V(0) e, t 0. (2.17) RC olduğu için, t V() t V(0) e, t 0. (2.18) 15
Kapasitör üzerindeki başlangıç gerilimi V(0) V olduğuna göre; V(0 ) V(0) V(0 ) Vg Vo (2.19) burada V o kapasitör üzerindeki başlangıç voltajını temsil eder. g Vt (), t 0. (2.20) t Ve o V o Vt () Vt () = Ve - o R ( ) t L Vo Vt () = Vo - t t t t Şekil 2.7: RC nin doğal cevabı 16
Denklem (2.20) deki Vt () ifadesi kullanılarak i, P ve W ifadeleri sırasıyla aşağıdaki gibi elde edilir. V o V() t t it () e, t 0 (2.21) R R 2 V o 2t, t 0 P Vi e R 2 t tv o 2t W Pdt e dt 0 0 R (2.22) 1 2 2t CVo (1 e ), t 0. (2.23) 2 17
2.3 RL ve RC Devrelerinin Basamak Cevabı Burada RC veya RL ye, DC akım veya gerilimin aniden uygulanması ile RC ve RL de oluşan akım ve gerilim ifadelerinin bulunması amaçlanmaktadır. Bu ani gerilim veya akım uygulamasına devrenin verdiği cevaba basamak cevabı (step response) denir. Basamak cevabı ile aslında indüktör veya kapasitör enerji depolarken nasıl davranış sergilediğini inceleyeceğiz. 18
2.3.1 RL Devresinin Basamak Cevabı R V s Şekil 2.8: RL devresinin basamak cevabı eşdeğer devresi Yukarıdaki RL devresinde, t 0 anında anahtar kapatıldıktan sonra KVL kullanılarak; di (2.24) Vs Ri L dt 19
di RiVs R Vs ( i ). (2.25) dt L L R Denklem (2.25) in her iki tarafını dt ile çarparsak; V s di R dt ( i ) dt (2.26) dt L R V s R di ( i ) dt L R (2.27) di Vs i R R dt L it ( t) di R t dt it ( 0) V 0 s L i R (2.28) (2.29) Başlangıç akımı i(0) I olarak varsayarsak, o 20
it () ( Vs R) R ln t I ( V R) L o s Devre Teorisi Ders Notu (2.30) Sonuç olarak bobin üzerinden geçen akımın ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir. R t Vs V s L it () ( Io ) e, t 0. (2.31) R R İndüktörde başlangıçta enerji 0 ise; Io 0. Bu durumda; V () s t L it (1 e ), R R Burada zaman sabiti, artış oranını belirler. V V 1 ( ) s s V i e 0.6321 s R R R Bir zaman sabiti sonrası, it nin () %63 ü son değere ulaşmış olacaktır. 21
Eğer akım ilk değer oranında artmaya devam ederse; t ulaşır. di Vs 1 t Vs ( ) e dt R L e t di Vs (0) dt L Eğer akım bu oranda artmaya devam ederse; i V L LR V R s s olur. da son değere 22
Vs R it () Vs it () = L V s t -t t 0.632V s R it () = (1-e ) I o = 0 R t t Şekil 2.9: RL devresinin basamak cevabına ait akım grafiği Bobin üzerindeki gerilimin ifadesi ise ( it ( 0) Io olması durumunda): di R V dt L R s t VL L L Io e t ( V I R) e (2.31) s o 23
Anahtar kapanmadan önce indüktör üzerindeki gerilim 0 dır. Anahtar kapandıktan sonra ( V I R) ye aniden yükselir ve zamanla exponansiyel olarak azalıp sıfıra gider. s o Bobin üzerindeki gerilimin ifadesi ise ( it ( 0) 0 olması durumunda); V L (2.32) t Vse Bu durumda t 0 da birden V s ye çıkar ve 0 a doğru exponansiyel azalır. 24
Vt () V s 0.368V s t VL = Vse - t R VL = Vs- Vt s L t t Şekil 2.10: RL devresinin basamak cevabına ait gerilim grafiği dv 1 t R (0) Ve s Vs (2.33) dt L Şekil 2.10 dan da görüldüğü gibi gerilim bu oranda azalırsa; R VL Vs Vt s (2.34) L kadar sürede Denklem (2.34) deki gerilim ifadesi sıfıra ulaşır. 25
Örnek 2.1: Devre Teorisi Ders Notu 2W b a t=0 24 V i V 10W 8 A _ Şekil 2.11: Örnek 2.1 e ait RL devresi Şekildeki devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra t = 0 anında (b) konumuna getiriliyor. a) it () akımının matematiksel ifadesini t 0 için bulunuz. 26
b) Anahtar (b) konumuna geçtikten hemen sonra L üzerine düşen başlangıç gerilimi kaç volttur? c) Anahtar (b) konumuna geçtikten ne kadar süre (msn) sonra indüktör gerilimi 24 volt olur? d) Başlangıç gerilimi devre davranışını nasıl etkiler? e) İndüktör üzerindeki gerilimin ve akımın zamana göre değişimini çiziniz. 27
Cevap: Devre Teorisi Ders Notu a) Anahtar uzunca süre (a) konumunda iken; 200 mh lik indüktör 8 A lik akım kaynağına karşın kısa devre davranır ve başlangıç akımı I 8 A olur. Referans yönüne bakacak olursak (akımın yönüne); I 8 A olarak değerlendirilir. Anahtar (b) konumuna getirildiğinde i nin son değeri V s 24 L 200 i 12 A ve zaman sabiti 100 msn dir. R 2 R 2 Vs Vs it () ( Io ) e R R 12 ( 8 12) 12 20 e t R t L 0.1 10t e A, t 0 o o 28
di b) V L L dt Devre Teorisi Ders Notu 10 0.2(200 e t ) 10t 40e V, t 0 V(0 ) 40V 10t 1 40 c) 24 40e V t ln 51.08msn. 10 24 d) Anahtar (b) konumuna getirildiğinde, indüktör 8 A de kalır (Yani kapalı çevrimde saatin ters yönünde). Bu akım, 2x8A = 16 V luk bir gerilim düşümü yapar (2 luk direnç üzerinde). Bu 16 V, 24 V luk kaynağa eklenerek indüktör üzerine 40 Volt gerilim düşümü oluşur. 29
e) Devre Teorisi Ders Notu Vt () it () Vt () it () t( msn) Şekil 2.12: Gerilim ve akımın zaman göre değişimi Akımın 0 olduğu noktada gerilim 24 volttur (kaynak). 30
2.3.2 RC Devresinin Basamak Cevabı Is R VC Şekil 2.13: RC devresinin basamak cevabı Şekil 2.13 de, matematiksel kolaylık olması açısından Norton bir devre kullanılmıştır. KCL kullanılarak: dv C dt C V R C Is. (2.35) Denklem 2.35 düzenlenecek olur ise; 31
dvc VC Is (2.36) dt RC C Denklem (2.36) da ki birinci dereceden diferansiyel denklemin çözümünün sonucunda kapasitör üzerinde gerilim ifadesi aşağıdaki gibi elde edilir. t V I R( V I R) e, t 0. RC. C s o s Kapasitör üzerinden geçen akımın ifadesi ise; dvc it () C (2.37) dt 1 ( ) t Vo IsR e 1 ( ) t C Vo IsR e RC 32
Vo t ( Is ) e, t 0 (2.38) R IR s Vt () I s it () t( msn ) t( msn) (a) (b) Şekil 2.14: (a) Gerilimin zamana göre değişimi (b) akımın zaman göre değişimi 33
Örnek 2.2: Devre Teorisi Ders Notu 20 K W 8 K W 40 K W 40V 60 K W 160 K W 0.25mF V o i o 75V Şekil 2.15: Örnek 2.2 ye ait devre şeması Şekildeki devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra, t 0 anında (b) konumuna getiriliyor. Buna göre; a) Vo () t gerilimini t 0 için bulunuz. b) io () t akımını t 0 için bulunuz. 34
Cevap: Devre Teorisi Ders Notu a) Kapasitör açık devre olduğu için başlangıç değeri V o; 60 Vo 40V 30 V, t 0 60 20 t 0 için Şekil 2.15 de yer alan devrenin Thevenin eşdeğeri bulnunarak, Norton eşdeğerine geçilecek olur ise: V oc açık devre voltajı aşağıdaki gibi hesaplanır. 3 160x10 VoC ( 75 V) 60 V. 3 (40 160) x10 Thevenin direnci R Th; R 8K40 K/ /160 K40 K Th Norton akım kaynağı, açık devre voltajının R Th a bölünmesiyle bulunur. 35
i N VoC 60 1.5mA R 40 K th Devre Teorisi Ders Notu Böylece Norton eşdeğer devresi Şekil 2.16 daki gibi elde edilir. 30V 0.25mF 40 K W 1.5mA Şekil 2.16: Örnek 2.2 ye ait devrenin Norton eşdeğer devresi Böylece V o gerilimi: t V I R( V I R) e 6 3 RC 0.25x10 x40x10 10msn o s s s 60 (30 ( 60)) 100t e 36
100t 60 (90) e V, 0 t. Devre Teorisi Ders Notu b) io () t akımı bulunacak olur ise ( Şekil 2.16 dan görüldüğü gibi Is 1.5mA): Vo trc io() t ( Is ) e, t 0 R 30V ( 1.5 ma ) e 40 K 100t, t 0 100t 2.25e ma, t 0 Doğrulama: dv ( ) (0.25 10 )( 9000 ) 2.25 dt o 6 100t 100t io t C x e e ma dv o (0 ) dt 0 olduğundan, i () t, t 0 için geçerlidir. o 37
2.4 Basamak ve Doğal Cevapların Genel Çözümü Daha önce belirtiğimiz gibi RC ve RL devreler 1 inci dereceden diferansiyel denklemlerle ifade edilirler. Şekil 2.17 de C ve L nin dört farklı devre tipi verilmiştir. R th V th V R th th R th R th V th V R th th R th Şekil 2.17: a) İndüktör Thevenin eşdeğere bağlı b) İndüktör Norton eşdeğere bağlı c) Kapasitör Thevenin eşdeğere bağlı d) Kapasitör Norton eşdeğere bağlı 38
Bu dört devrenin genelleştirilmiş çözümünü elde etmek için bilinmeyen nicelik olarak tanımlanan x() t nin, indüktör veya kapasitör uçlarındaki akım veya gerilim olduğu varsayılırsa; Şekil 2.17 deki devrelerin her birinin diferansiyel formu; dx dt x K (2.39) K 0 olabilir. Çünkü, devrenin kaynakları sabit olduğundan, x in son değeri sabit olacaktır. Yani bu değer Denklem (2.39) u sağlayacak ve x son değerine dx ulaştığında, 0 olacaktır. Bu sebeple x in son değeri; dt xson K (2.40) Denklem (2.39) çözülecek olur ise: 39
dx x ( x K ) ( x xson) K (2.41) dt dx 1 dt x x son (2.42) Böylece Denklem (2.42) deki ifadenin her iki tarafının integrali alınacak olur ise (integralin sembolleri olarak u ve v kullanılarak): xt () du 1 t dv xt ( o) u x (2.43) to son Denklem (2.43) deki integral çözümünün sonucunda genleştirilmiş çözüm aşağıdaki gibi elde edilir. xt () x ( xt ( ) x ) e 0 (2.44) son 0 son ( tt ) 40
Bilinmeyen akım veya gerilim (t ye bağlı) = (Akım veya gerilimin son değeri) + (Akım veya gerilimin başlangıç değeri akım veya gerilimin son değeri) x e ( tt0 ). Burada t 0, anahtarlama zamanı (kapanıp veya açıldığı zaman). zaman sabiti. Bu ifadede geçen değeler belirlenip yerine konularak genelleştirilmiş çözüm yapılır. RC devrelerde değişken olarak kapasitif gerilim ( V C ) alınır. RL devrelerde değişken olarak indüktif akım ( i L ) alınır. Son değeri t a giderken bulunabilir. 41
Örnek 2.3: Devre Teorisi Ders Notu 400 K W 20W 90V i V C 0.5mF 60W 40V Şekil 2.18: Örnek 2.3 e ait devre şeması Devrede anahtar uzunca süre (a) konumunda kaldıktan sonra t = 0 anında (b) konumuna geriliyor. Buna göre;. a) V C geriliminin ilk değerini bulunuz. b) V C geriliminin son değerini bulunuz. 42
c) Anahtar (b) konumuna getirildiğinde zaman sabiti nun değerini hesaplayınız. d) VC () t gerilim ifadesini t 0 için bulunuz. e) it () akım ifadesini t 0 için bulunuz. f) Anahtar (b) konumuna geçtikten ne kadar süre sonra V C gerilimi 0 volta eşit olur? g) Zamana karşı VC () t ve it () grafiğini çiziniz. 43
Cevap: Devre Teorisi Ders Notu a) Anahtar uzunca süre (a) konumunda iken; C kapasitörü açık devre olur ve 60 luk direnç üzerine düşen voltaj V C (0) olur. 60 VC (0) 40V 30V 60 20 b) Anahtarı (b) konumuna getirilip uzunca süre beklenirse C kapasitörü, 90 V luk kaynağa göre açık devre gibi davranır ve bu yüzdem son değeri V C( son) 90 c) RC V olur. 3 6 (400x10 )(0.5x10 ) 0.2 sn. d) V () t V ( V (0) V ) e C Cson C Cson ( t 0) 0.2 90 ( 30 90) 5t e 44
5t 90 120 e V, t 0. e) değişmez. it nin () ilk değeri i(0 ) (Fakat gerilimde ani değişme olmaz.) (90 ( 30)) i(0 ) 300 A 3 400x10 5t it ( ) 0 (300 0) e, t 0. f) VC () t 0 5t 1 4 120e 90 t ln( ) 57.54 msn. 5 3 Devre Teorisi Ders Notu V 0 da it ( 57.24) 225 Ave V 400 90V. C g) almalıyız. Çünkü akım t = 0 anında ani değişiyor. R k 45
it () V () C t 300mA 225mA it () V () C t t( msn) Şekil 2.19: Zamana göre akım-gerilim grafiği 46
Örnek 2.4: Devre Teorisi Ders Notu 0.1mF 7.5mA Vt () 20 KW 30 KW Şekil 2.19: Örnek 2.4 e ait devre şeması a) Devreye ait akım ifadesi it yi () t 0 için bulunuz. b) Devreye ait gerilim ifadesi Vt yi () t 0 için bulunuz. 47
Cevap: Devre Teorisi Ders Notu a) Kapasitörün başlangıç gerilimi ( VC (0) 0) sıfır olduğundan; (7.5)20 i(0 ) 3mA (30 K dan geçen akım.) 50 i 0 (DC akımdan dolayı t ). son 3 7 (20 30)10 x10 5 msn. it () 0 (3 0) e t 5x10 3 200t 3 e ma, t 0. b) 30 K ile kapasitör üzerine düşen voltaj toplamı Vt () olacaktır. V (0) 0 C (Kapasitörün başlangıç gerilimi) Vson (7.5)(20) 150 V. (Son değer) 48
Kapasitöre ait gerilim ifadesi; V ( t) 150 (0 150) e C 150 150 200t e 200t Sonuç olarak Vt () gerilimi ise; V( t) 150 150e 30(3) e 200 t 200t 200t 150 60 e V, t 0. Devre Teorisi Ders Notu 49
Örnek 2.5: Devre Teorisi Ders Notu 1W 3W 20V Vt () 80mH Şekil 2.20: Örnek 2.5 e ait devre şeması Şekildeki devrede uzunca süre açık konumda olan anahtar, t 0 anında kapatılıyor. Buna göre; a) Devreye ait gerilim ifadesi Vt yi () t 0 için bulunuz. b) Devreye ait akım ifadesi it yi () t 0 için bulunuz. 50
Cevap: a) Anahtar açıkken ( t 0 ), Devre Teorisi Ders Notu 20 i 1 3 5 A yani indüktör üzerindeki akım 5 A dir. Anahtar kapatıldığı anda akım yine 5 A ve ilk voltaj V (0) 20 1x5 15V dur. L Zaman sonsuza ulaştığında ise bobin gerilimin son değer sıfırdır yani V ( ) 0 dır. Zaman sabiti ise Vt () gerilim ifadesi ise; Vt () 0 (15 0) e t x 12.5t 15 e V, t 0. L son 3 L 80x10 80msn dir. Böylece bobin üzerindeki R 1 80 10 3 51
b) Bobinin başlangıç akımı i (0) 5 A idi, anahtar kapatılınca ise bobin L üzerinden i ( ) 20 A geçer. Böylece, bobin üzerinden geçen akımın ifadesi ise; L son it ( ) 20 (5 20) 12.5t e 12.5t 20 15 e A, t 0. 52
2.4.1 Sıralı Anahtarlama Durumu (Sequential) Örnek 2.6: 4W 3W 60V 12W 1 2 i L 6W VL 150mH 18W Şekil 2.21: Örnek 2.6 e ait devre şeması Şekildeki devrede her iki anahtarda uzunca süre kapalı durumdadır. t 0 anında 1 inci anahtar açılıyor. 35 msn sonra ise 2 inci anahtar açılıyor. Buna göre; 53
a) Devreye ait akım ifadesi il() t yi 0 t 35msn için bulunuz. b) Devreye ait akım ifadesi il() t yi t 35msn için bulunuz. c) 18 luk dirençte harcanan enerji, 150mH lik indüktörde depolanan başlangıçtaki enerjinin % kaçıdır bulunuz? d) c şıkkını 3 için tekrarlayınız e) c şıkkını 6 için tekrarlayınız. 54
Cevap: Devre Teorisi Ders Notu a) t 0 için anahtarlar kapalı konumda ve 150mH lik indüktör, 18 luk dirence kısa devre olur (Şekil 2.22 den görüldüğü gibi) 4W 3W 60V 12W 6W - i L (0 ) Şekil 2.22: t 0 için eşdeğer devre (0 i ) 6 L A (3 üzerinden geçen akım). 0t 35msn için anahtar 1 açık konumdadır (anahtar 2 kapalı konumda). 55
Bu duruma ait devre Şekil 2.23 de verilmiştir. º 1 6W 3W 2 i L VL 150 mh 18W Şekil 2.23: 0 t 35msn için eş değer devre 56
º 9W i L VL 150 mh 18W i L º 6W VL 150 mh Şekil 2.24: 0 t 35msn için eş değer devre 57
Şekil 2.24 de yer alan devreye ait zaman sabiti; L 150 3 ( ) x10 25 msn. R 6 Bobin üzerinden geçen akım; i e t msn L b) t 40t 6,0 35. 35msn de bobin üzerindeki akım bulunacak olur ise; 1.4 il 6e 1.48A t 35msn de anahtar 2 açılacak olur ise; 58
3W 6W VL i L (0.035) @ 1.48 150mH A Şekil 2.25: t 35msn arasındaki eşdeğer devre Şekil 2.24 deki devreye ait zaman sabiti; 150 3 ( ) 10 16.67 9 x msn Bobin üzerinden geçen akımın ifadesi ise; 60( 0.035) i 1.48 t L e A, t 35msn 59
c) Devre Teorisi Ders Notu 18 luk direnç sadece ilk 35msn de var. Bu aralık için 18 luk direnç üzerinde harcanan enerji aşağıdaki gibi bulunabilir. V L d dt e 40 0.15 (6 t ) 40t 36 e V,0 t 35 msn. 2 V L P e W t msn R Harcanan enerji; 0.035 80t W 72e dt 0 80t 72,0 35. 2.8 0.9(1 e ) 845.27mJ. 60
İlk depolanan enerji; Devre Teorisi Ders Notu 1 Wi (0.15)(36) 2.7 J 2700 mj. 2 845.27 x 100 31.31% i 18 da harcanmaktadır. 2700 d) 0t 35msn aralığında 3 için enerji ifadesi aşağıdaki gibi bulunur. V L V3 ( )(3) 9 W 3 1 V = 12 3 L 0 0.035 40t e 144e 3 80t dt 2.8t 0.6(1 e ) 563.51mJ. 61
t 35 için; W3 1.4 60( t 0.035) i 3 i L (6 e ) e A W i 2 dt 3 3 3( ) 0.035 3(36) t t 0.035 108e 2.8 2.8 120( 0.035) e e dt e x ( 120) 120( t0.035) 108 54.73. 2.8 120 e mj 0.035 Devre Teorisi Ders Notu W3 ( toplam) 563.5154.73 618.24mJ 618.24 100 22.90% 2700 x 62
e) 6 luk direç 3 luk direnç ile seri olduğundan, 6 da harcanan enerji 3 un iki katı olur. W6 ( toplam) 1236,48mJ 1236,48 100 45.80% 2700 x Toplam harcanan enerji kontrol edilirse; 1236.48 618.24 845.27 2699.99mJ. 31.3122.90 45.80 100.01%. 0.01 lik fark yuvarlama hatasıdır. (Yoksa % 100) 63
Örnek 2.7: Devre Teorisi Ders Notu 100 KW 400V 0.1mF Vt () 50 KW Şekil 2.26: Örnek 2.7 e ait devre şeması Şekildeki şarj olmamış kapasitörlü devrede anahtar (a) konumundan t 0 da (b) konumuna getiriliyor ve bu konumda 15 msn bekletiliyor. t 15msn de ise anahtar (c) konuna getiriliyor ve (c) konumunda sonsuza kadar bekletiliyor. Buna göre; 64
a) Kapasitör üzerindeki gerilimin ifadesini bulunuz. b) Kapasitör üzerindeki gerilimin zaman göre değişimini çiziniz. c) Kapasitör üzerindeki gerilim ne zaman 200 volt olur? Cevap: a) Anahtar (b) konumuna getirildiği anda kapasitörün başlangıç gerilimi V (0) 0 C Voltur. (b) konumunda anahtar kalırsa kapasitör 400 Volta şarj olur. Bu devreye ait Zaman sabiti; 3 6 RC (100x10 )(0.1x10 ) 10msn. Gerilim ifadesi; V( t) 400 (0 400) 100t e 100t Vt ( ) (400 400) e V,0 t 15msn. 65
15 msn anındaki gerilim değeri ise; V msn e V 1.5 (15 ) (400 400) 310.75. Anahtar (c) konumuna getirilirse; Gerilimin son değeri; Devre Teorisi Ders Notu ( ) 0 3 6 VC ve (50x10 )(0.1x10 ) 5 msn. Bu durumda gerilim ifadesi ise; V 0 (310.75 0) e 200( t 0.015) 200( t 0.015) 310.75 e,15msn t. 66
b) Devre Teorisi Ders Notu Vt () 310.75 400-400 100t e - 310.75 200( t 0.015) e - - 15msn t Şekil 2.27: Kapasitör üzerindeki gerilimin zaman göre değişimi c) Şekil 2.27 den görüldüğü gibi 200 V, 15 msn hem önceki hem de sonraki anlarda mevcuttur. Bu iki nokta (t1 ve t2) aşağıdaki gibi bulunur. 100t1 200 400 400 6.93 e t msn. 200( 2 200 310.75 t 0.015) 17.20 e t msn. 1 2 67
2.5 Sınırsız (Unbounded) Cevap Devre Teorisi Ders Notu Bir devre cevabı, azalmak yerine exponansiyel olarak artabilir. Bu tür devre cevaplarına, sınırsız cevap denilmektedir. Bu tür devre cevapları, devrede bağımlı kaynak olması durumunda mümkün olabilir. Bu tip devreler; negatif Thevenin direncine sahiptiler (indüktör veya kapasitörün uçlarına göre yapılan analizlerde) ve bu yüzden de negatif zaman sabiti üretirler. Bu da sınırlanamayan bir akım ve voltaj artışına neden olmaktadır. Gerçek bir devrede bu durum, elemanın (indüktör veya kapasitör) bozulmasına veya doyuma girmesine sebep olur. Yani gerçekte sonsuza uzayan bir artış mümkün değildir. Bu tip devrelerde genel çözüm denklemlerini direkt olarak kullanamayız. Yeniden çözmek gerekir. 68
Örnek 2.8: Devre Teorisi Ders Notu i 5mF Vo 10 KW 20 KW 7i Şekil 2.28: Örnek 2.8 e ait devre şeması a) Anahtar t 0 da kapatıldığında kapasitör üzerindeki gerilim 10 V olduğuna görev o gerilimini t 0 için bulunuz. b) Kapasitörün uç voltajı 150 volta ulaştığında kapasitörün kısa devre olacağını varsayarak, kapasitör kısa devre olmadan önce harcanan süreyi bulunuz. 69
a) Thevenin eşdeğerini bulmak için (kapasitör uçlarına göre) test-kaynak metodunu kullanılır. Bu durumda V T test voltajı olmak üzere; i T i 10 KW 7i 20 KW i T Şekil 2.29: Test-kaynak metodu kullanımı VT VT VT 7 ma 10 20 20 70
V i V T T T Devre Teorisi Ders Notu nin çözümü, R Th ı verir. Böylece R Th aşağıdaki gibi bulunur. 1 6 10 20 i T ve buradan R Th VT 1 5 K. i 1 6 T 10 20 10V 5mF -5 KW Şekil 2.30: Devrenin Thevenin eşdeğeri 71
t 0 için; dv dt V 5 6 o o 3 (5 10 ) 10 0 x dv dt o 40V 0 o x 40t o() 10, 0. V t e V t b) V 150V o 150 10e 40t 40t ln15 t 67.70msn Devre Teorisi Ders Notu 72
Kaynak Devre Teorisi Ders Notu J. W. Nilsson and S. Riedel, Electric Circuits, Pearson Prentice Hall. 73