EHM1012 ELEKTRİK DEVRE TEMELLERİ

(1)

EHM1012 ELEKTRİK DEVRE TEMELLERİ

2019-2020 BAHAR DÖNEMİ GRUP-1 ve GRUP-2

UZAKTAN EĞİTİM DERS NOTLARI 4-5 Mayıs 2020

Doç. Dr. Umut Engin AYTEN

Doç. Dr. Umut Engin AYTEN Elektrik Devre Temelleri Dersi

Uzaktan Eğitim Ders Notları 1

(2)

KAPASİTE ELEMANI

𝑞 𝑡 = 𝐶𝑣(𝑡) 𝑑𝑞 𝑡

𝑑𝑡 = 𝐶𝑑𝑣(𝑡) 𝑑𝑡 𝑖(𝑡) = 𝐶 𝑑𝑣(𝑡)

𝑑𝑡

𝑖(𝑡) = 𝐶 𝑑𝑣(𝑡) 𝑑𝑡

𝑣 𝑡 = 1 𝐶 −∞

𝑡

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 = 1 𝐶 −∞

𝑡_𝑜

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 1 𝐶 𝑡_𝑜

𝑡

𝑖 𝜏 𝑑𝜏

1 𝐶 −∞

𝑡_𝑜

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 = 𝑣(𝑡_𝑜)

𝑣 𝑡 = 1 𝐶 𝑡_𝑜

𝑡

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑣(𝑡_𝑜)

Başlangıç değeri veya ilk koşul denir.

𝑣 𝑡 = 1 𝐶

𝑡

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑣(0) 𝑣 𝑡 = 1 𝐶

𝑡

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑣(0⁻) İlk koşullu kapasite elemanının sembolü, eşdeğer

devresi;

(3)

Anahtar Elemanı

Anahtar -∞’dan 0⁻ saniyeye kadar açık durumda (açık devre elemanı) ve t=0s’de anahtar kapanıyor. 𝑡 = 0⁺

saniyeden sonra kapalı durumdadır (kısa devre elemanı).

0⁻ = 0 − 𝜀

𝜀 çok küçük bir reel sayı olmak üzere.

Anahtar kapanmadan veya açılmadan hemen önceki an.

0⁺ = 0 + 𝜀 Anahtar kapanmadan veya açılmadan hemen sonraki an.

Anahtar -∞’dan 0⁻ saniyeye kadar kapalı durumda (kısa devre elemanı) ve t=0s’de anahtar açılmaktadır. 𝑡 = 0⁺ saniyeden sonra açık durumdadır (açık devre elemanı).

(4)

KAPASİTE ELEMANI

DC Şartlarda ve sürekli halde kapasite elemanının davranışı:

Anahtar t=0 saniyede kapalı konuma getirilmektedir. V_i(t)=1 V DC olduğuna göre çok uzun bir süre geçtikten sonra kapasite üzerindeki gerilim (v₂(∞)) değeri ne olacaktır?

𝑖(𝑡) = 𝐶 𝑑𝑣(𝑡) 𝑑𝑡

𝑣(𝑡) gerilim değeri DC şartlarda (zamana göre değişimi 0) sürekli olarak aynı sabit değerde olacaktır. Bu durumda

𝑑𝑣(𝑡)

𝑑𝑡 = 0 olacaktır. Yani DC ve sürekli halde 𝑖 𝑡 = 0 A

olacaktır. Bu durumda kapasite elemanı açık devre elemanı gibi davranır.

DC Şartlarda ve sürekli halde

𝑖 𝑡 = 0 A olacaktır ve açık devre

elemanı olarak

davranacaktır. Anahtar t=0 saniyede kapalı konuma getirildikten sonra kapasite

(5)

KAPASİTE ELEMANI

Ani değişimlerde kapasite elemanının davranışı:

𝑣 0⁻ = 1 1−∞

−1

0𝑑𝜏 + 1 1−1

0⁻

1𝑑𝜏 = 𝜏|₋₁⁰⁻ = 0⁻ − −1 = 1 𝑉 Bu akım işareti C=1 F değerindeki bir kapasite elemanının

üzerinden geçen akıma ait olsun.

𝑡 = 0⁻𝑠’deki kapasite üzerindeki gerilim değerini bulalım.

𝑡, 𝑠 𝑖(𝑡), 𝐴

1 2

-1 2

t=0 saniyede ani bir değişim var. 𝑡 = 0⁺ saniyede 𝑣 0⁺ değeri ne olacaktır?

𝑣 0⁺ = 1 𝐶 −∞

0⁺

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 = 1 1−∞

0⁻

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 + 1 10⁻

0⁺

𝑖 𝜏 𝑑𝜏

𝑣 0⁺ = 𝑣(0⁻) + 1 10⁻

0⁺

𝑖 𝜏 𝑑𝜏

(6)

KAPASİTE ELEMANI

Ani değişimlerde kapasite elemanının davranışı:

𝑡, 𝑠 𝑖(𝑡), 𝐴

1 2

-1 2

𝑣 0⁺ = 𝑣(0⁻) + 1 10⁻

0⁺

𝑖 𝜏 𝑑𝜏

0⁻ 0⁺

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 =?

𝑖(𝜏) akım ifadesi impuls fonksiyonu ve türevleri biçiminde olmadığı müddetçe ₀−

0⁺

𝑖 𝜏 𝑑𝜏 = 0 olur.

Bu durumda;

𝑣 0⁺ = 𝑣(0⁻) olur.



𝑡 = 0⁺𝑠 için;

𝑣 0⁺ = 𝑣 0⁻ = 1 V

(7)

KAPASİTE ELEMANI

𝑖(𝜏) akım ifadesi impuls fonksiyonu olursa;

𝑣 0⁺ = 𝑣(0⁻) + 1 10⁻

0⁺

𝑖 𝜏 𝑑𝜏

𝑣 0⁺ = 𝑣(0⁻) + 1 10⁻

0⁺

𝛿 𝜏 𝑑𝜏

𝑣 0⁺ = 𝑣 0⁻ + 1 Olur. Yani;

𝑣 0⁺ ≠ 𝑣(0⁻)

(8)

ENDÜKTANS ELEMANI

∅ 𝑡 = 𝐿𝑖(𝑡) 𝑑∅ 𝑡

𝑑𝑡 = 𝐿𝑑𝑖(𝑡) 𝑑𝑡 𝑣(𝑡) = 𝐿𝑑𝑖(𝑡)

𝑑𝑡

𝑣(𝑡) = 𝐿𝑑𝑖(𝑡) 𝑑𝑡

𝑖 𝑡 = 1 𝐿−∞

𝑡

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 = 1 𝐿−∞

𝑡_𝑜

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 1 𝐿 𝑡_𝑜

𝑡

𝑣 𝜏 𝑑𝜏

1 𝐿 −∞

𝑡_𝑜

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 = 𝑖(𝑡_𝑜)

𝑖 𝑡 = 1 𝐿𝑡_𝑜

𝑡

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑖(𝑡_𝑜)

Başlangıç değeri veya ilk koşul denir.

𝑖 𝑡 = 1 𝐿

𝑡

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑖(0)

𝑖 𝑡 = 1 ^𝑡

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 𝑖(0⁻) İlk koşullu endüktans elemanının sembolü, eşdeğer

devresi;

(9)

ENDÜKTANS ELEMANI

DC Şartlarda ve sürekli halde endüktans elemanının davranışı:

Anahtar t=0 saniyede kapalı konuma getirilmektedir. V_i(t)=1 V DC olduğuna göre çok uzun bir süre geçtikten sonra endüktans elemanı üzerindeki akım (i₂(∞)) değeri ne olacaktır?

𝑣(𝑡) = 𝐿𝑑𝑖(𝑡) 𝑑𝑡

𝑖(𝑡) gerilim değeri DC şartlarda (zamana göre değişimi 0) sürekli olarak aynı sabit değerde olacaktır. Bu durumda

𝑑𝑖(𝑡)

𝑑𝑡 = 0 olacaktır. Yani DC ve sürekli halde v 𝑡 = 0 V olacaktır. Bu durumda endüktans elemanı kısa devre elemanı gibi davranır.

DC Şartlarda ve sürekli halde

v 𝑡 = 0 V olacaktır ve kısa devre elemanı

olarak davranacaktır. Anahtar t=0 saniyede kapalı konuma getirildikten sonra kapasite

üzerindeki gerilim değeri v₂(∞)=1 V olur.

(10)

ENDÜKTANS ELEMANI

Ani değişimlerde endüktans elemanının davranışı:

𝑖 0⁻ = 1 1−∞

−1

0𝑑𝜏 +1 1−1

0⁻

1𝑑𝜏 = 𝜏|₋₁⁰⁻ = 0⁻ − −1 = 1 𝐴 Bu gerilim işareti L=1 H değerindeki bir endüktans elemanının üzerindeki gerilim değişimi olsun.

𝑡 = 0⁻𝑠’deki endüktans elemanı üzerinden geçen akımın değerini bulalım.

𝑡, 𝑠 𝑣(𝑡), V

1 2

-1 2

t=0 saniyede ani bir değişim var. 𝑡 = 0⁺ saniyede i 0⁺ değeri ne olacaktır?

𝑖 0⁺ = 1 𝐿−∞

0⁺

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 = 1 1−∞

0⁻

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 + 1 10⁻

0⁺

𝑣 𝜏 𝑑𝜏

𝑖 0⁺ = 𝑖(0⁻) + 1 1

0⁺

𝑣 𝜏 𝑑𝜏

(11)

ENDÜKTANS ELEMANI

Ani değişimlerde endüktans elemanının davranışı:

𝑡, 𝑠 𝑣(𝑡), V

1 2

-1 2

𝑖 0⁺ = 𝑖(0⁻) + 1 10⁻

0⁺

𝑣 𝜏 𝑑𝜏

0⁻ 0⁺

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 =?

𝑣(𝜏) gerilim ifadesi impuls fonksiyonu ve türevleri biçiminde olmadığı müddetçe ₀−

0⁺

𝑣 𝜏 𝑑𝜏 = 0 olur.

Bu durumda;

𝑖 0⁺ = 𝑖(0⁻) olur.



𝑡 = 0⁺𝑠 için;

Endüktans elemanı ani

değişimlerde açık devre elemanı gibi davranır.

𝑖 0⁺ = 𝑖 0⁻ = 1 A

(12)

1. Yanda verilen devrede anahtar uzun süre  konumunda kalmış ve t=0 anında  konumuna getirilmiştir.

a) Dinamik elemanların v₅(0^-) ve i₄(0^-) başlangıç değerlerini bulunuz. Anahtarlar konum değiştirdikten sonra t=0⁺ için devrenin eşdeğerini çiziniz. v₅(0⁺), v₃(0⁺) ve i₄(0⁺) değerlerini bulunuz.

-∞<t≤0^- saniye aralığı için (DC şartlarda uzun süre geçmiş) eşdeğer devre (anahtar 1 konumuda);

𝑖₄ ∞ = 12

2 = 6 𝐴  𝑖₄ 0⁻ = 𝑖₄ ∞ = 6 𝐴 𝑣₅ 0⁻ = 𝑣₅ ∞ = 4 V

(13)

Anahtarlar konum değiştirdikten sonra t=0⁺ için devrenin eşdeğerini çiziniz. v₅(0⁺), v₃(0⁺) ve i₄(0⁺) değerlerini bulunuz.

𝑡 = 0⁺𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒 için eşdeğer devre (anahtar 2 konumunda):

𝑖₄ 0⁺ = 𝑖₄ 0⁻ = 6 𝐴

𝑣₅ 0⁺ = 𝑣₅ 0⁻ = 4 𝑉

(14)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

İçinde yalnızca bir adet enerji biriktiren eleman bulunduran devrelere Birinci Mertebeden Dinamik Devreler denir.

Lineer durumda bu tür devrelerde herhangi bir 𝑦(𝑡) bilinmeyeni;

𝑑𝑦(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑎𝑦 𝑡 = 𝑏𝑒(𝑡)

Burada y(t) devredeki bir akım veya gerilim çıkış değişkenine karşılık gelir. e(t) ise giriş değişkenidir ve bu değişken devredeki bağımsız kaynakların tümünün katkısını içinde bulunduran bir fonksiyondur. Devre lineer elemanlardan oluşuyorsa a ve b katsayıları devredeki gerilim ve akımlardan bağımsızdır. Yani a ve b, y(t) ve e(t)’ye bağlı değildir.

Buna ek olarak devre elemanları zamana göre de değişmiyorsa a ve b katsayıları zamana da bağlı değildir yani zamandan bağımsızdır, başka bir deyişle de zamana göre sabittir. Bu durumda yukarıdaki denkleme lineer, sabit katsayılı diferansiyel denklem denir.

Söz konusu diferansiyel denklemin çözümü sonucunda y(t)’nin tek olarak belirlenebilmesi için y(t)’nin ilk değerinin bilinmesi gereklidir.

(15)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

1. Yanda verilen dinamik devrede anahtar uzun süre kapalı kalmış ve t=0 anında açılmıştır.

a) t=0^- anı için kapasite elemanının ilk koşulunu bulunuz.

b) Anahtar açıldıktan (t=0 s) sonra v₄(t) geriliminin tam çözümünü bulunuz.

-∞<t≤0^- saniye aralığı için (DC şartlarda uzun süre geçmiş) eşdeğer devre;

𝑣₄ ∞ = 21

3 + 44 = 12 𝑉 𝑣₄ 0⁻ = 𝑣₄ ∞ = 12 𝑉

Bulunur.

𝑡 = 0⁺ saniye için (devrede impuls fonksiyonu olmadığına göre);

𝑣₄ 0⁺ = 𝑣₄ 0⁻ = 12 𝑉

(16)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER



Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre

Bu eşdeğer devre kullanılarak v₄(t)’ye ilişkin

diferansiyel denklem elde edilir. Kirchoff’un akım yasasından;

𝑖₄ 𝑡 + 𝑖₃ 𝑡 = 0 𝐶₄ 𝑑𝑣₄(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑣₄(𝑡) 𝑅₃ = 0 𝑑𝑣₄(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₃𝐶₄ 𝑣₄(𝑡) = 0

𝑣₄(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem

(17)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

𝑑𝑣₄(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₃𝐶₄ 𝑣₄(𝑡) = 0 𝑑𝑦 (𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑎𝑦 (𝑡) = 0 Sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem.

Denklemin sağ tarafı 0. Bu tür denklemlere aynı zamanda homojen denklem denir.

𝑦 𝑡 =?

𝑑𝑦 (𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑎𝑦 (𝑡) = 0 𝑦 𝑡 = 𝐾𝑒^𝑠𝑡 𝑜𝑙𝑠𝑢𝑛.

𝑑𝑦(𝑡)

𝑑𝑡 = 𝐾𝑠𝑒^𝑠𝑡

Diferansiyel denklemde yerine yazalım.

𝐾𝑠𝑒^𝑠𝑡 + 𝑎𝐾𝑒^𝑠𝑡 = 0

𝐾𝑒^𝑠𝑡(𝑠 + 𝑎) = 0 𝐾𝑒^𝑠𝑡 ≠ 0 olmak zorundadır.

(𝑠 + 𝑎) = 0 Karakteristik denklem denir.

(𝑠 + 𝑎) = 0  𝑠 = −𝑎

Karakteristik denklemin kökü.

Bu değer aynı zamanda

sistemin (devrenin) özdeğeridir (eigen values).

Homojen genel çözüm:

𝑦_ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−𝑎𝑡 olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.

𝑦 𝑡 = 𝐾𝑒^𝑠𝑡

𝑦 0⁺ = 𝐾𝑒^−𝑎0⁺  𝑦 0⁺ = 𝐾.1  𝐾 = 𝑦 0⁺ Tam çözüm:

𝑦 𝑡 = 𝑦 0⁺ 𝑒^−𝑎𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑦 𝑡 = 𝑦 0⁺ 𝑒^−𝑎𝑡𝑢(𝑡)

(18)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

𝑑𝑣₄(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₃𝐶₄ 𝑣₄(𝑡) = 0 𝑑𝑣₄(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

2𝑣₄(𝑡) = 0 Karakteristik denklem:

(𝑠 +1

2) = 0 𝑠 = −1

2

𝑣_4ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒⁻¹^2𝑡 K=?

K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.

𝑣₄ 0⁺ = 𝐾𝑒⁻¹²⁰⁺  𝐾 = 12 Tam çözüm:

𝑣₄ 𝑡 = 12𝑒⁻¹^2𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑣₄ 𝑡 = 12𝑒⁻¹^2𝑡𝑢(𝑡)

(19)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

T i m e

0 s 2 s 4 s 6 s 8 s 1 0 s

V ( R 2 : 2 ) 0 V

4 V 8 V 1 2 V

C2 0.5 IC = 12V

R2 4

0

V

(20)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

2. Yanda verilen dinamik devrede anahtar uzun süre kapalı kalmış ve t=0 anında açılmıştır.

a) t=0^- anı için endüktans elemanının ilk koşulunu bulunuz.

b) Anahtar açıldıktan (t=0 s) sonra i₄(t) akımının tam çözümünü bulunuz.

-∞<t≤0^- saniye aralığı için (DC şartlarda uzun süre geçmiş) eşdeğer devre;

𝑖₄ ∞ = 2 A

𝑖₄ 0⁻ = 𝑖₄ ∞ = 2 𝐴 Bulunur.

𝑖₄ 0⁺ = 𝑖₄ 0⁻ = 2 𝐴

(21)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER



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

(22)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

Karakteristik denklem:

(𝑠 + 10⁶) = 0 𝑠 = −10⁶

𝑖_4ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒⁻¹⁰⁶^𝑡 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⁻¹⁰⁶^𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑖₄ 𝑡 = 2𝑒⁻¹⁰⁶^𝑡𝑢(𝑡) A 𝑑𝑖₄ 𝑡

𝑑𝑡 + 𝑅₃

𝐿₄ 𝑖₄ 𝑡 = 0 𝑑𝑖₄ 𝑡

𝑑𝑡 + 1000000𝑖₄ 𝑡 = 0

(23)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

Tam çözüm:

𝑖₄ 𝑡 = 2𝑒⁻¹⁰⁶^𝑡 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑖₄ 𝑡 = 2𝑒⁻¹⁰⁶^𝑡𝑢(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

(24)

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 v_o(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.

𝑣_𝑜 0⁻ = 𝑣_𝑜 ∞ = 0 𝑉

𝑣_𝑜 0⁺ = 𝑣_𝑜 0⁻ = 0 𝑉

Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre Kirchoff’un akım yasasından;

−𝑖₁ 𝑡 + 𝑖₂ 𝑡 = 0

−𝑣_𝑖 𝑡 − 𝑣₂ 𝑡

𝑅₁ + 𝐶₂ 𝑑𝑣₂(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑣₂(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₁𝐶₂ 𝑣₂(𝑡) = 1

𝑅₁𝐶₂ 𝑣_𝑖(𝑡)

𝑣_𝑜(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣_𝑜(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₁𝐶₂ 𝑣_𝑜(𝑡) = 1

(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 çözüm:

𝑦_ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−𝑎𝑡 𝑑𝑣_𝑜(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₁𝐶₂ 𝑣_𝑜(𝑡) = 1

𝑑𝑦 (𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑎𝑦(𝑡) = 0

İlk olarak homojen çözüm bulunur. Homojen olmayan diferansiyel denklem olduğu için özel çözüm vardır.

Özel çözüm:

Diferansiyel denklemin sağ tarafı sabit bir sayı (E) ise;

𝑦_ö = 𝐴 𝑑𝑦_ö

𝑑𝑡 = 0

Diferansiyel denklemde yerine yazılır.

0 + 𝑎𝑦_ö = 𝑏𝐸 𝑦_ö = 𝑏

𝑎𝐸 Özel çözüm bulunur.

(26)

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

𝑦_𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−𝑎𝑡 + 𝑏 𝑎𝐸 𝑦_𝑔 𝑡 = 𝑦_ℎ𝑔 𝑡 + 𝑦_ö 𝑡

(27)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

𝑑𝑣_𝑜(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑣_𝑜(𝑡) = 1

(𝑠 + 1) = 0  𝑠 = −1 𝑣_𝑜ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−1.𝑡

𝑑𝑣_𝑜(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑣_𝑜(𝑡) = 0

İlk olarak homojen çözüm bulunur.

𝑣_𝑜ö = 𝐴 𝑑𝑣_𝑜ö

𝑑𝑡 = 0

0 + 𝐴 = 1

Özel çözüm bulunmalıdır.

 𝑣_𝑜ö = 1

 0 = 𝐾 + 1 

olur. K=? K değerini bulmak için ilk koşuldan faydalanılır.

𝑣_𝑜𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−1.𝑡 + 1

𝑣_𝑜𝑔 𝑡 = 𝑣_𝑜ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣_𝑜ö 𝑡

𝑣_𝑜 0⁺ = 𝐾𝑒^−1.0⁺ + 1 𝐾 = −1

Tam çözüm:

𝑣_𝑜 𝑡 = −1. 𝑒^−1.𝑡 + 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑣_𝑜 𝑡 = 1. (1 − 1. 𝑒^−1.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑣_𝑜 𝑡 = 1. 1 − 1. 𝑒^−1.𝑡 𝑢(𝑡)

(28)

𝑣_𝑜 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

(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 v_o(t) ifadesini bulunuz ve zamana bağlı olarak grafiğini çizdiriniz.

𝑣_𝑜 0⁻ = 𝑣_𝑜 ∞ = 0.5 𝑉

𝑣_𝑜 0⁺ = 𝑣_𝑜 0⁻ = 0.5 𝑉

Anahtar açıldığı an için eşdeğer devre Kirchoff’un akım yasasından;

−𝑖₁ 𝑡 + 𝑖₂ 𝑡 = 0

−𝑣_𝑖 𝑡 − 𝑣₂ 𝑡

𝑅₁ + 𝐶₂ 𝑑𝑣₂(𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑣₂(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₁𝐶₂ 𝑣₂(𝑡) = 1

𝑣_𝑜(𝑡) ‘ye ilişkin diferansiyel denklem 𝑑𝑣_𝑜(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₁𝐶₂𝑣_𝑜(𝑡) = 1

(30)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

𝑑𝑣_𝑜(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑣_𝑜(𝑡) = 1

(𝑠 + 1) = 0  𝑠 = −1 𝑣_𝑜ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−1.𝑡

𝑑𝑣_𝑜(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑣_𝑜(𝑡) = 0

İlk olarak homojen çözüm bulunur.

𝑣_𝑜ö = 𝐴 𝑑𝑣_𝑜ö

𝑑𝑡 = 0

0 + 𝐴 = 1

Özel çözüm bulunmalıdır.

 𝑣_𝑜ö = 1

 0.5 = 𝐾 + 1 

𝑣_𝑜𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−1.𝑡 + 1

𝑣_𝑜𝑔 𝑡 = 𝑣_𝑜ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣_𝑜ö 𝑡

𝑣_𝑜 0⁺ = 𝐾𝑒^−1.0⁺ + 1 𝐾 = −0.5

Tam çözüm:

𝑣_𝑜 𝑡 = −0.5𝑒^−1.𝑡 + 1 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑣_𝑜 𝑡 = 1. (1 − 0.5𝑒^−1.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑣_𝑜 𝑡 = 1. 1 − 0.5𝑒^−1.𝑡 𝑢(𝑡)

(31)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

𝑣_𝑜 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

(32)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

𝑑𝑣_𝑜(𝑡)

𝑑𝑡 + 1

𝑅₁𝐶₂ 𝑣_𝑜(𝑡) = 1

𝑣_𝑖 𝑡 = 1𝑉 için parametrik olarak tam çözüm;

𝑣_𝑜 𝑡 = 1

𝑅₁𝐶₂ (1 − (𝑣_𝑜 0⁺ − 1)𝑒⁻

1 𝑅₁𝐶₂.𝑡

) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 veya

𝑣_𝑜 𝑡 = 1

𝑅₁𝐶₂ 1 − 𝑣_𝑜 0⁺ − 1 𝑒⁻

1 𝑅₁𝐶₂.𝑡

𝑢(𝑡)

ZAMAN SABİTİ:

𝜏 = 1

min{|𝑅𝑒𝑒𝑙{𝑠_𝑖}|}

Bu devre için;

𝜏 = 𝑅₁𝐶₂ = 1 𝑠𝑎𝑛𝑖𝑦𝑒

𝑣_𝑜 𝑡 = 1

𝑅₁𝐶₂ (1 − (𝑣_𝑜 0⁺ − 1)𝑒⁻¹^𝜏.𝑡) 𝑡 ≥ 0 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛

(33)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

Yanda verilen RC devresinin girişine v_g(t) gerilim kaynağı uygulanmıştır.

a) v₂(t) gerilimine ilişkin diferansiyel denklemi, v_g(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) v_g(t) gerilim kaynağının frekansı 10 kHz olacak şekilde işaret ayarlanırsa, v₂(t) geriliminin ve i₁(t) akımının değişimleri nasıl olacaktır. Açıklayınız.

(34)

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 𝑣_𝑔(𝑡)

0 ≤ 𝑣_𝑔(𝑡) < 10 saniye için;

𝑣_𝑔 𝑡 = 2𝑉 𝑑𝑣₂(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑣₂(𝑡) = 2 (𝑠 + 1) = 0  𝑠 = −1

𝑣_2ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−1.𝑡

𝑣_2ö = 𝐴 𝑑𝑣_2ö

𝑑𝑡 = 0 0 + 𝐴 = 2  𝑣_2ö = 2

(35)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

𝑣_𝑔 𝑡 = 2𝑉 𝑑𝑣₂(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑣₂(𝑡) = 2

 0 = 𝐾 + 2 

𝑣_2𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−1.𝑡 + 2

𝑣_2𝑔 𝑡 = 𝑣_2ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣_2ö 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

(36)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

𝑣_𝑔 𝑡 = −2𝑉 𝑑𝑣₂(𝑡)

𝑑𝑡 + 𝑣₂ 𝑡 = −2 𝑣₂ 10⁺ = 𝑣₂ 10⁻ = 2 𝑉

𝑣_2ℎ𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−1.𝑡 𝑣_2ö = 𝐴 𝑑𝑣_2ö

𝑑𝑡 = 0 0 + 𝐴 = −2  𝑣_2ö = −2 Homojen genel çözüm:

𝑣_2𝑔 𝑡 = 𝐾𝑒^−1.𝑡 − 2

𝑣_2𝑔 𝑡 = 𝑣_2ℎ𝑔 𝑡 + 𝑣_2ö 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

(37)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

Tam çözüm:

𝑣₂ 𝑡 = −2𝑒^−1.𝑡 + 2 0 ≤ 𝑡 < 10 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛

𝑣₂ 𝑡 = 4𝑒^{−1(𝑡−10)} − 2 10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛

T i m e

0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s 6 0 s

V ( C 1 : 1 ) V ( V 5 : + ) - 2 . 0 V

0 V 2 . 0 V

V V

R10 1

0

C1 1 IC = 0V V5

TD = 0 TF = 0 PW = 10 PER = 20 V1 = -2

TR = 0 V2 = 2

(38)

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİNAMİK DEVRELER

V V

R10 1

0

C1 1 IC = 0V V5

TD = 0 TF = 0 PW = 10 PER = 20 V1 = -2

TR = 0 V2 = 2

T i m e

0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s 6 0 s

V ( C 1 : 1 ) V ( V 5 : + ) - 2 . 0 V

0 V 2 . 0 V

0 s 1 0 s 2 0 s 3 0 s 4 0 s 5 0 s 6 0 s

- 4 . 0 0 4 . 0

Tam çözüm:

𝑣₂ 𝑡 = −2𝑒^−1.𝑡 + 2

0 ≤ 𝑡 < 10 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛

𝑣₂ 𝑡 = 4𝑒^{−1(𝑡−10)} − 2 10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛 𝑖₂ 𝑡 = 𝑖₁ 𝑡 = 2𝑒^−1.𝑡

𝑖₂ 𝑡 = 𝑖₁ 𝑡 = −4𝑒^{−1(𝑡−10)}

10 ≤ 𝑡 < 20 𝑠 𝑖ç𝑖𝑛