Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre
Bu eşdeğer devre kullanılarak i4(t)’ye ilişkin diferansiyel denklem elde edilir. Kirchoff’un gerilim yasasından;
−𝑣4 𝑡 + 𝑣3 𝑡 = 0
−𝐿4 𝑑𝑖4(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑅3𝑖3 𝑡 = 0
−𝐿4 𝑑𝑖4 𝑡
𝑑𝑡 + 𝑅3(−𝑖4 𝑡 ) = 0 𝑑𝑖4 𝑡
𝑑𝑡 + 𝑅3
𝐿4 𝑖4 𝑡 = 0 𝑖4(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Karakteristik denklem:
(𝑠 + 106) = 0 𝑠 = −106
Homojen genel çözüm:
𝑖4ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−106𝑡 K=?
K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
𝑖4 0+ = 𝐾𝑒−106.0+
𝑖4 0+ = 𝑖4 0− = 2 𝐴
𝐾 = 2 Tam çözüm:
𝑖4 𝑡 = 2𝑒−106𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑖4 𝑡 = 2𝑒−106𝑡𝑢(𝑡) A 𝑑𝑖4 𝑡
𝑑𝑡 + 𝑅3
𝐿4 𝑖4 𝑡 = 0 𝑑𝑖4 𝑡
𝑑𝑡 + 1000000𝑖4 𝑡 = 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
23
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Tam çözüm:
𝑖4 𝑡 = 2𝑒−106𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑖4 𝑡 = 2𝑒−106𝑡𝑢(𝑡) A
L1 1mH IC = 2A
I
0
R9 1k
T i m e
0 s 2 u s 4 u s 6 u s 8 u s 1 0 u s
I ( L 1 ) 0 A
1 . 0 A 2 . 0 A
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
3. Yandaki devrede anahtar uzun süre açık kalmıştır ve t=0s’de kapatılmıştır. Kapasite elemanının ilk koşulu 0 V alınız. t≥0 s için vo(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.
𝑣𝑜 0− = 𝑣𝑜 ∞ = 0 𝑉
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑣𝑜 0+ = 𝑣𝑜 0− = 0 𝑉
Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre Kirchoff’un akım yasasından;
−𝑖1 𝑡 + 𝑖2 𝑡 = 0
−𝑣𝑖 𝑡 − 𝑣2 𝑡
𝑅1 + 𝐶2 𝑑𝑣2(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣2(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑣𝑜(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑜(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
25
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑦 (𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑎𝑦(𝑡) = 𝑏𝑒(𝑡)
Sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem. Denklemin sağ tarafı 0 değil. Bu tür denklemlere aynı zamanda homojen olmayan diferansiyel denklemler denir.
𝑦 𝑡 =?
(𝑠 + 𝑎) = 0 𝑠 = −𝑎 Homojen genel çözüm:
𝑦ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−𝑎𝑡
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur. Homojen olmayan diferansiyel denklem olduğu için özel çözüm vardır.
Özel çözüm:
Diferansiyel denklemin sağ tarafı sabit bir sayı (E) ise;
𝑦ö = 𝐴 𝑑𝑦ö
𝑑𝑡 = 0
Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
0 + 𝑎𝑦ö = 𝑏𝐸 𝑦ö = 𝑏
𝑎𝐸 Özel çözüm bulunur.
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
𝑦 0+ = 𝐾𝑒−𝑎0+ + 𝑏
𝑎𝐸 𝑦 0+ = 𝐾 + 𝑏 𝑎 𝐸 𝐾 = 𝑦 0+ − 𝑏
𝑎 𝐸
Tam çözüm:
𝑦 𝑡 = (𝑦 0+ − 𝑏
𝑎𝐸 )𝑒−𝑎𝑡+𝑏
𝑎𝐸 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya
𝑦 𝑡 = [(𝑦 0+ − 𝑏
𝑎𝐸 )𝑒−𝑎𝑡+𝑏
𝑎𝐸]𝑢(𝑡) olur. K=? K değerini bulmak için ilk
koşuldan faydalanılır.
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Genel çözüm:
𝑦𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−𝑎𝑡 + 𝑏 𝑎𝐸 𝑦𝑔 𝑡 = 𝑦ℎ𝑔 𝑡 + 𝑦ö 𝑡
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
27
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur.
𝑣𝑜ö = 𝐴 𝑑𝑣𝑜ö
𝑑𝑡 = 0
Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
0 + 𝐴 = 1
Özel çözüm bulunmalıdır.
𝑣𝑜ö = 1
0 = 𝐾 + 1
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
𝑣𝑜 𝑡 = 1. (1 − 1. 𝑒−1.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V5 1Vdc
R10 1
0
C1 1 IC = 0V
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
V ( C 1 : 1 ) 0 V
0 . 5 V 1 . 0 V
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) 0
0 . 5 1 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
29
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
3. Yandaki devrede anahtar uzun süre açık kalmıştır ve t=0s’de kapatılmıştır. Kapasite elemanının ilk koşulu
0.5 V
alınız. t≥0 s için vo(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.𝑣𝑜 0− = 𝑣𝑜 ∞ = 0.5 𝑉
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑣𝑜 0+ = 𝑣𝑜 0− = 0.5 𝑉
Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre Kirchoff’un akım yasasından;
−𝑖1 𝑡 + 𝑖2 𝑡 = 0
−𝑣𝑖 𝑡 − 𝑣2 𝑡
𝑅1 + 𝐶2 𝑑𝑣2(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣2(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑣𝑜(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2𝑣𝑜(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur.
𝑣𝑜ö = 𝐴 𝑑𝑣𝑜ö
𝑑𝑡 = 0
Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
0 + 𝐴 = 1
Özel çözüm bulunmalıdır.
𝑣𝑜ö = 1
0.5 = 𝐾 + 1
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
31
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑣𝑜 𝑡 = 1. (1 − 0.5𝑒−1.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
V
V5 1Vdc
R10 1
0
I
C1 1
IC = 0.5V
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) 0
0 . 5 1 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
ZAMAN SABİTİ: Devredeki geçici olayların ne kadar süreceğini ifade eder.
𝜏 = 1
min{|𝑅𝑒𝑒𝑙{𝑠𝑖}|}
Bu devre için;
𝜏 = 𝑅1𝐶2 = 1 𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒
𝑣𝑜 𝑡 = 1
𝑅1𝐶2 (1 − (𝑣𝑜 0+ − 1)𝑒−1𝜏.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
𝑡𝑔ℎ ≈ 5𝜏 Geçici hal süresi:
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
33
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Yanda verilen RC devresinin girişine vg(t) gerilim kaynağı uygulanmıştır.
a) v2(t) gerilimine ilişkin diferansiyel denklemi, vg(t)’nin her değişimi için ayrı ayrı yazınız ve her adım için v2(t) geriliminin tam çözümünü bulunuz (İki periyot için çözüm yapınız).
b) i1(t) akımının tam çözümünü bulunuz (Bir periyot için çözüm yapınız).
c) vg(t) gerilim kaynağının frekansı 10 kHz olacak şekilde işaret ayarlanırsa, v2(t) geriliminin ve i1(t) akımının değişimleri nasıl olacaktır. Açıklayınız.
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑣2 0+ = 𝑣2 0− = 0 𝑉
𝑣2(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣2(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑔(𝑡)
0 ≤ 𝑣𝑔(𝑡) < 10 saniye için;
𝑣𝑔 𝑡 = 2𝑉 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣2(𝑡) = 2 (𝑠 + 1) = 0 𝑠 = −1
𝑣2ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡
𝑣2ö = 𝐴 𝑑𝑣2ö
𝑑𝑡 = 0 0 + 𝐴 = 2 𝑣2ö = 2
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
35
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
0 ≤ 𝑣𝑔(𝑡) < 10 saniye için;
𝑣𝑔 𝑡 = 2𝑉 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣2(𝑡) = 2
0 = 𝐾 + 2
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
𝑣2𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 + 2
𝑣2𝑔 𝑡 = 𝑣2ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣2ö 𝑡
𝑣2 0+ = 𝐾𝑒−1.0+ + 2 𝐾 = −2
Tam çözüm:
𝑣2 𝑡 = −2𝑒−1.𝑡 + 2 0 ≤ 𝑡 < 10 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
Tam çözüm:
𝑣2 𝑡 = −2𝑒−1.𝑡 + 2 0 ≤ 𝑡 < 10 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 𝑡 = 10− 𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒 𝑖ç𝑖𝑛:
𝑣2 10− = −2𝑒−1.10− + 2 ≅ 2 𝑉
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
36
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
10 ≤ 𝑣𝑔(𝑡) < 20 saniye için;
𝑣𝑔 𝑡 = −2𝑉 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣2 𝑡 = −2 𝑣2 10+ = 𝑣2 10− = 2 𝑉
𝑣2ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 𝑣2ö = 𝐴 𝑑𝑣2ö
𝑑𝑡 = 0 0 + 𝐴 = −2 𝑣2ö = −2
olur. K=? K değerini bulmak için ilk Genel çözüm:
𝑣2𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒−1.𝑡 − 2
𝑣2𝑔 𝑡 = 𝑣2ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣2ö 𝑡
2 = 𝐾𝑒−10 − 2
𝑣2 10+ = 𝐾𝑒−1.(10+) − 2 𝐾 = 4𝑒10
Tam çözüm:
𝑣2 𝑡 = 4𝑒10𝑒−1.𝑡 − 2 10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 𝑣2 𝑡 = 4𝑒−1(𝑡−10) − 2 10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
37
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Tam çözüm:
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
39
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V1
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
41
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
c) vg(t) gerilim kaynağının frekansı 10 kHz olacak şekilde işaret ayarlanırsa, v2(t) geriliminin ve i1(t) akımının değişimleri nasıl olacaktır. Açıklayınız.
V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
0 s 2 m s 4 m s 6 m s 8 m s 1 0 m s
V ( C 1 : 1 ) - 1 0 0 u V
0 V 1 0 0 u V 2 0 0 u V
0 s 2 m s 4 m s 6 m s 8 m s 1 0 m s
V ( C 1 : 1 ) I ( R 1 0 ) - 2 . 0
0 2 . 0
43
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
44
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
45
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
3. Yandaki devrede anahtar uzun süre açık kalmıştır ve t=0s’de kapatılmıştır. Kapasite elemanının ilk koşulu 0 V alınız. t≥0 s için vo(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.
𝑣𝑜 0− = 𝑣𝑜 ∞ = 0 𝑉
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑣𝑜 0+ = 𝑣𝑜 0− = 0 𝑉
Kirchoff’un akım yasasından;
−𝑖1 𝑡 + 𝑖2 𝑡 = 0
−𝑣𝑖 𝑡 − 𝑣2 𝑡
𝑅1 + 𝐶2 𝑑𝑣2(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑣2(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣2(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑣𝑜(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑜(𝑡) = 1
𝑅1𝐶2 𝑣𝑖(𝑡)
Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑣𝑜(𝑡)
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur.
𝑣𝑜ö = 𝐴𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐵𝑐𝑜𝑠(1𝑡) 𝑑𝑣𝑜ö
𝑑𝑡 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 1𝑡 − 𝐵𝑠𝑖𝑛(1𝑡) Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
Özel çözüm bulunmalıdır.
Diferansiyel denklemin sağ tarafı sinüsoidal bir fonksiyondur.
Bu durumda özel çözüm:
𝑒 𝑡 = 𝐸𝑚sin(𝜔𝑡)
Dif. Denklemde yerine yazılır.
𝐴𝑐𝑜𝑠 1𝑡 − 𝐵𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐴𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐵𝑐𝑜𝑠 1𝑡 = 1sin(1𝑡) 𝑑𝑣𝑜(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑣𝑜(𝑡) = 1sin(1𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
47
0 = 𝐾 − 1 2
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝐴𝑐𝑜𝑠 1𝑡 − 𝐵𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐴𝑠𝑖𝑛 1𝑡 + 𝐵𝑐𝑜𝑠 1𝑡 = 1sin(1𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 1 : + ) - 1 . 0 V
0 V 1 . 0 V
V
R10 1
0
V1
FREQ = 0.159 VAMPL = 1 VOFF = 0
AC = 0
C1 1 IC = 0V
V
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
49
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
T i m e
0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s
V ( C 1 : 1 ) V ( V 1 : + ) - 1 . 0 V
0 V 1 . 0 V
𝑣𝑜 𝑡 = 1
2. 𝑒−1.𝑡 + 1
2sin 1𝑡 − 1
2𝑐𝑜𝑠 1𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
𝑣𝑜 𝑡 = 1
2. 𝑒−1.𝑡 + 0.707 sin 1𝑡 − 45𝑜
Not:
sin 𝑎 + 𝑏 = 𝑠𝑖𝑛𝑎. 𝑐𝑜𝑠𝑏 + 𝑐𝑜𝑠𝑎. 𝑠𝑖𝑛𝑏
sin 1𝑡 − 45𝑜 = sin(1𝑡). cos(−45𝑜) + cos(1𝑡). 𝑠𝑖𝑛(45𝑜) sin 1𝑡 − 45𝑜 = sin(1𝑡). 1
2 + cos(1𝑡). (− 1 2) 0.707. sin 1𝑡 − 45𝑜 = 1
2sin 1𝑡 − 1
2cos(1𝑡)
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
Yandaki devrede t=0s’de devre çalıştırılmıştır. Endüktans elemanının ilk koşulu 𝑖2 0− = 0 𝐴 alınız. t≥0 s için i2(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.
𝑡 = 0+ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);
𝑖2 0+ = 𝑖2 0− = 0 A
Kirchoff’un gerilim yasasından;
−𝑣𝑖 𝑡 + 𝑣1(𝑡) + 𝑣2 𝑡 = 0
−𝑣𝑖 𝑡 + 𝑅1𝑖2(𝑡) + 𝐿2 𝑑𝑖2(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑖2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑅1
𝐿2 𝑖2(𝑡) = 𝑅1
𝐿2 𝑣𝑖(𝑡)
𝑖2(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
51
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑑𝑖2(𝑡)
İlk olarak homojen genel çözüm bulunur.
𝑖2ö = 𝐴 𝑑𝑖2ö
𝑑𝑡 = 0
Diferansiyel denklemde yerine yazılır.
0 + 𝐴 = 1
Özel çözüm bulunmalıdır.
𝑖2ö = 1
0 = 𝐾 + 1
olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.
Genel çözüm:
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
𝑖2 𝑡 = −1. 𝑒−1.𝑡 + 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
I ( L 2 ) 0 A
0 . 5 A 1 . 0 A
I R1
1
0
V1 1Vdc
L2 1H
IC = 0A
T i m e
0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s
I ( L 2 ) V ( L 2 : 1 ) 0
0 . 5 1 . 0
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi
53
BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER
ZAMAN SABİTİ: Devredeki geçici olayların ne kadar süreceğini ifade eder.
𝜏 = 1
min{|𝑅𝑒𝑒𝑙{𝑠𝑖}|}
Bu devre için;
𝜏 = 𝐿2
𝑅1 = 𝐺1𝐿2 = 1 𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒
𝑡𝑔ℎ ≈ 5𝜏 Geçici hal süresi:
𝑑𝑖2(𝑡)
𝑑𝑡 + 𝑅1
𝐿2 𝑖2(𝑡) = 𝑅1
𝐿2 𝑣𝑖(𝑡)
Tam çözüm:
𝑖2 𝑡 = −1. 𝑒−
1 𝐺1𝐿2.𝑡
+ 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛
𝑖2 𝑡 = −1. 𝑒−1𝜏.𝑡 + 1
Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi